\chapter{直线形}

在第一章里，我们从日常生活所熟悉的位置、通路、方
向、叠合出发，讨论了空间的几个重要的基本概念：点、直
线、平行、全等、相似，并通过观察、实验，分析归纳出了
空间的一些性质．在第二章中，我们把其中的某些性质作为
基本性质和定理．在本章中，我们将以这些基本性质和定理
为基础，运用第二章所介绍的演绎法去推演空间的其它性
质．演绎法不但是研究几何学的基本有效方法，在其它任何
科学的研究中也都是十分重要的方法．概括地说，对于科学
研究，实验归纳和论证推演是互相配合使用的两种基本科学
方法，它们是探索科学规律的两条腿．从这一章起，我们对
空间性质的探讨，主要用演绎法来进行．
\section{三角形}

\subsection{全等三角形}

\begin{blk}{定义}
    平面上顺次首尾端点相接且不在同一条直线上的
线段组成的封闭图形叫做\textbf{多边形}．这些线段叫做\textbf{多边形的边}，
它们的端点叫做\textbf{多边形的顶点}，每相邻两边的夹角叫做多边
形的\textbf{内角}．
\end{blk}


三角形是多边形中最简单的图形．有四条边的多边形叫
做四边形，有五条边的多边形叫五边形……等等．表示一个
多边形可用顶点的名称，沿周界顺次列出，如图3.1中的
$\triangle ABC$，四边形$ABCD$……等等．

如果多边形都在每边所在直线的同旁，我们称这种多边
形为\textbf{凸多边形}（图3.1中的三个图形都是凸多边形，图3.2
中的图形则不是）．以后我们说多边形时，都指的是凸多边
形．
\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
\begin{scope}
\draw(0,0)node[below]{$B$}--(2,0)node[below]{$C$}--(1.5,1)node[above]{$A$}--(0,0);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=3cm]
\draw (0,0)node[left]{$B$}--(1,-1)node[below]{$C$}--(3,0)node[right]{$D$}--(1.2,1.5)node[above]{$A$}--(0,0);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=8cm, yshift=1.5cm]
\draw (0,0)node[above]{$A$}--(1.5,0)node[above]{$F$}--(2.5,-1)node[right]{$E$}--(1.4,-1.7)node[below]{$D$}--(0,-1.5)node[below]{$C$}--(-.4,-.7)node[left]{$B$}--(0,0);
\draw[thick](-1,0)--(3,0);
\end{scope}        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw[dashed](-2,0)--(2,0);
\draw (-.5,0)--(0.2,0)--(.3,-1)--(.7,1.8)--(-.5,0);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{blk}{定义}
两个能够完全叠合的三角形叫做\textbf{全等三角形}．两
个全等三角形完全叠合时，互相叠合的顶点叫做\textbf{对应点}，互
相叠合的边叫做\textbf{对应边}，互相叠合的角叫做\textbf{对应角}．因此，
\textbf{全等三角形的对应边相等，对应角相等}．
\end{blk}
 
怎样判定两个三角形全等呢？
\begin{enumerate}
\item 有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全
等．（SAS）
\item 有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全
等．（ASA）
\item 有三边对应相等的两个三角形全等．（SSS）
\end{enumerate}

利用三角形的全等，是判断两条线段或两个角相等的一
种基本方法．

\begin{example}
    在图3.3中，已知$\overline{AB}=\overline{AC}$, $\angle B=\angle C$
    
    求证：$\overline{BD}=\overline{CE}$.
\end{example}



\begin{analyze}
    要证$\overline{BD}=\overline{CE}$, 从图
上看$\overline{BD}$, $\overline{CE}$分别是$\triangle ABD$和
$\triangle ACE$的边，因此只要证明
$\triangle ACE \cong \triangle ABD$就行了，由已
知条件$\overline{AC}=\overline{AB}$, $\angle B=\angle C$而
$\angle A$是公共角，所以$\triangle ABD$与
$\triangle ACE$全等是很显然的．
\end{analyze}

\begin{proof}
在$\triangle ABD$与$\triangle ACE$中，

$\because\quad \overline{AB}=\overline{AC},\quad \angle B=\angle C$（已知）．

而$\angle A=\angle A$（公共角），

$\therefore\quad \triangle ABD\cong \triangle ACE$ (ASA).

$\therefore\quad \overline{BD}=\overline{CE}$ （全等三角形的对应边相等）．
\end{proof}    


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
       \draw (0,0)node[left]{$A$}--(5,0)node[right]{$B$};
\draw (0,0)--(45:5)node[right]{$C$};
\draw (2,0)node[below]{$E$}--(45:5);
\draw (45:2)node[above]{$D$}--(5,0);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \draw (0,0)node[left]{$B$}--(3,0)node[right]{$C$}--(4,2)node[right]{$D$}--(1,2)node[left]{$A$}--(0,0);
        \draw[dashed](0,0)--(4,2);   
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知：在四边形$ABCD$中，$\overline{AD}=\overline{BC}$,
$\overline{AB}=\overline{CD}$（图3.4）．

求证：$\angle A=\angle C$．
\end{example}

\begin{analyze}
    要证明$\angle A=\angle C$, 
需要把四边形$ABCD$分成两个三
角形，为此，连结$B$、$D$. 这叫
做添\textbf{辅助线}．这样只需证
$\triangle ABD\cong \triangle CDB$就行了．
\end{analyze}

\begin{proof}
连结$B$、$D$, 在$\triangle ABD$与$\triangle CDB$中，

$\because\quad \overline{AD}=\overline{BC},\quad \overline{AB}=\overline{CD}$ （已知）

又$\because\quad \overline{BD}=\overline{BD}$ （公共边）

$\therefore\quad \triangle ABD\cong \triangle CDB$ （SSS）

$\therefore\quad \angle A=\angle C$（全等三角形的对应角相等）．
\end{proof}    

\begin{example}
在图3.5中，已知：$\overline{AB}=\overline{CD}$, $\angle B=\angle CDF$, $\overline{BD}=\overline{EF}$.

求证：$\overline{AE}=\overline{CF}$.
\end{example}

\begin{analyze}
    要证$\overline{AE}=\overline{CF}$, 只需证$\triangle ABE\cong \triangle CDF$. 由已
知，$\overline{AB}=\overline{CD}$, $\angle B=\angle CDF$, $\overline{BD}=\overline{EF}$, 虽然不能马上说
$\triangle ABE$和$\triangle CDF$全等，但只要注意到$\overline{BD}+\overline{DE}=\overline{DE}+\overline{EF}$, 
即$\overline{EB}=\overline{DF}$就行了．
\end{analyze}

\begin{proof}
    在图3-5中，$\because\quad \overline{BD}=\overline{EF}$ 已知

$\therefore\quad \overline{BD}+\overline{DE}=\overline{DE}+\overline{EF}$ （等量加等量和相等）．即：
\[\overline{BE}=\overline{DF}\]
又$\because\quad \overline{AB}=\overline{CD},\; \angle B =\angle CDF$ 已知

$\therefore\quad \triangle ABE\cong \triangle CDF$ (SAS).

$\therefore\quad \overline{AE}=\overline{CF}$ （全等三角形的对应边相等）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
       \draw(0,0)node[left]{$B$}--(2,0)node[below]{$E$}--(.8,2)node[above]{$A$}--(0,0);
\draw(1.5,0)node[below]{$D$}--(3.5,0)node[right]{$F$}--(2.3,2)node[above]{$C$}--(1.5,0);
    \end{tikzpicture}
    \caption{ }
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, xscale=.8]
      \draw(0,0)node[left]{$B$}--(5,0)node[right]{$D$};
      \draw(1,1.5)node[above]{$A$}--(2.5,0)node[above right]{$E$}--(1,-1.5)node[below]{$C$}--(0,0)--(1,1.5)--(5,0)--(1,-1.5);
    \end{tikzpicture}
    \caption{ }
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    在图3.6中，已知：$\overline{AB}=\overline{BC}$, $\overline{AD}=\overline{CD}$, $E$点在$BD$上．

求证：$\overline{AE}=\overline{CE}$.
\end{example}

\begin{analyze}
    要证$\overline{AE}=\overline{CE}$, 只需证明$\triangle ABE\cong \triangle CBE$, 或者证明$\triangle ADE\cong \triangle CDE$, 假定我们证明$\triangle ABE\cong \triangle CBE$,
    已知$\overline{AB}=\overline{BC}$, $\overline{BE}=\overline{BE}$, 因此只需证明$\angle ABD=\angle CBD$;
    要证$\angle ABD=\angle CBD$, 只需证明$\triangle ABD\cong\triangle CBD$.
\end{analyze}

\begin{proof}
    在$\triangle ABD$与$\triangle CBD$中，

    $\because\quad \overline{AB}=\overline{CB},\quad \overline{AD}=\overline{CD}$ （已知）   $\overline{BD}=\overline{BD}$（公共边）

    $\therefore\quad \triangle ABD\cong \triangle CBD$ (SSS).

    $\therefore\quad \angle ABD=\angle CBD$ （全等三角形的对应角相等）

$\because\quad     \overline{AB}=\overline{BC}$ （已知） 
    $\overline{BE}=\overline{BE}$ （公共边）

$\therefore\quad \triangle ABE\cong \triangle CBE$ (SAS).

$\therefore\quad \overline{AE}=\overline{CE}$ （全等三角形的对应边相等）．
\end{proof}

    利用三角形全等，来证明两条线段或两个角相等，关键
    在于找出能够全等的三角形，并且使要证明的线段和角恰好
    成为它们的对应边和对应角．为了找出全等的三角形，必要
    时需要添加辅助线．  

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知：在四边形$ABCD$中，$AC$平分$\angle BAD$, $\overline{AB}=\overline{AD}$.
    
    求证：$\angle ACB=\angle ACD$.
    \item 已知：如图，$\overline{AC}$、$\overline{BD}$交于$O$点，    且$\overline{AO}=\overline{OC}$、$\overline{BO}=\overline{OD}$.
    
    求证：$\overline{AB}=\overline{CD}$.


\item 已知：如图，$\angle 1=\angle 4$, $\angle 2=\angle 3$.
求证：$\overline{AB}=\overline{CD}$.
\item 已知：如图，$\angle 1=\angle 2$, $\angle 3=\angle 4$, $\overline{AB}=\overline{AD}$. 

求证：$\overline{AE}=\overline{AC}$, $\angle E=\angle C$.

\item 已知：如图，$\angle 1=\angle 2$, $\angle 3=\angle 4$,
求证：$\overline{AC}=\overline{BD}$.
\item 已知：如图，在四边形$ABCD$中，$\overline{AB}=\overline{BC}$, $\overline{AD}=\overline{CD}$.

求证：$\angle A=\angle C$.
\item 已知：如图，$\overline{AD}=\overline{BE}$, $\overline{AE}=\overline{BD}$, AC、BC是直线．

求证：$\angle CDB=\angle CEA$.
\item 已知：如图，$\overline{AB}=\overline{CD}$, E、F分别是$\overline{AB}$、$\overline{CD}$的中点，
并且$\overline{BF}=\overline{CE}$.

求证：$\angle EBC=\angle FCB$, $\angle FBC=\angle ECB$.

\item 已知：如图，在四边形$ABCD$中，$\overline{AB}=\overline{CD}$, $\overline{AD}=\overline{BC}$, $\overline{EF}$过$\overline{BD}$的中点$O$. 

求证：$\overline{OE}=\overline{OF}$.
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, yscale=.8]
       \draw(0,2)node[above]{$A$}--(1,0)node[right]{$D$}--(0,-2)node[below]{$C$}--(0,2)--(-1,0)node[left]{$B$}--(0,-2);
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.5]
      \draw(-1,.5)node[above]{$A$}--(1,-.5)node[below]{$C$}--(1.5,1)node[above]{$D$}--(-1.5,-1)node[left]{$B$}--(-1,.5);
      \node at (0,0)[below]{$O$};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第2题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
\tkzDefPoints{1/2/A, 0/0/B, 3/0/C, 4/2/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(A,D,C)
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.35](B,A,C)  
\tkzLabelAngle[pos=.5](B,A,C) {2}
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.5](C,A,D)  
\tkzLabelAngle[pos=.7](C,A,D) {1}
 \tkzLabelAngle[pos=.75](A,C,B) {4}
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.5](D,C,A)  
\tkzLabelAngle[pos=.25](D,C,A) {3}
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.6](A,C,B) 
\tkzLabelPoints[left](A,B)
\tkzLabelPoints[right](C,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第3题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
        \tkzDefPoint(0,0){A}
        \tkzDefPoint(-90:2){B}
        \tkzDefPoint(-60:2){D}
        \tkzDefPoint(0:2.75){E}
        \tkzDefPoint(-30:2.75){C}
        \tkzLabelPoints[left](A,B)
        \tkzDrawPolygon(A,B,D)
\tkzDrawLines[add=0 and 1.38](B,D) %\tkzGetPoint{C}
\draw (D)--(E)--(A)--(C);
\tkzLabelPoints[right](C,E)
\tkzLabelPoints[below](D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.44](C,A,E B,A,D C,B,A E,D,A)  
\tkzLabelAngle[pos=.65](C,A,E) {2}
\tkzLabelAngle[pos=.65](B,A,D) {1}
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,B,A) {3}
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,D,A) {4}


    \end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
    \end{minipage}
    \end{figure}



\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1/2/A, 1/2/D, -2/-1/B, 2/-1/C}
\tkzDrawPolygon(A,C,D) \tkzDrawPolygon(A,B,D)
\tkzLabelPoints[left](A,B)
\tkzLabelPoints[right](C,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.6](C,A,D A,D,B) 
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](B,A,C B,D,C) 
\tkzLabelAngle[pos=.7](C,A,D) {1}
\tkzLabelAngle[pos=.7](A,D,B) {2}
\tkzLabelAngle[pos=.65](B,A,C) {3}
\tkzLabelAngle[pos=.65](B,D,C) {4}



    \end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
        \tkzDefPoints{-1/0/B, 2/0/D, 1/1/A, 1/-1/C, 0/0/O} 
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
        \tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D)

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第6题}
    \end{minipage}
    \end{figure}




\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{-1.5/0/A, 1.5/0/B, 0/3/C, 0/1.5/O}  
    \tkzDefMidPoint(A,C)\tkzGetPoint{D}
    \tkzDefMidPoint(B,C)\tkzGetPoint{E}    
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \draw(B)--(D)node[left]{$D$};
    \draw (A)--(E)node[right]{$E$};
    \tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
        \tkzDefPoints{-2.5/0/B, 2.5/0/C, -1.5/3/A, 1.5/3/D,  0/1.5/O}  
        \tkzDefMidPoint(A,B)\tkzGetPoint{E}
        \tkzDefMidPoint(D,C)\tkzGetPoint{F}    
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
        \draw(B)--(F)node[right]{$F$};
        \draw (C)--(E)node[left]{$E$};
        \tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
    \tkzDefPoints{-2.5/0/B, 2.5/0/C, -1.5/3/A, 3.5/3/D}  
    \tkzDefMidPoint(D,B)\tkzGetPoint{O}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\draw (0,3)node[above]{$E$}--(1,0)node[below]{$F$};
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D)
\draw(B)--(D);
\node at (O)[right]{$O$};

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第9题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/C, 0/3/A, 0/1.5/O}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](C,B,A A,C,B B,A,C) 
\node at (0,-.25){底};\node at (0,2.25){顶角};
\node at (-1,1.5){腰};\node at (1,1.5){腰};
\node(A) at (0,.25){底角};
\draw[<-](-1,.25)--(A);
\draw[<-](1,.25)--(A);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\subsection{等腰三角形}

\begin{blk}{定义}
    有两条边相等的三角形叫做\textbf{等腰三角形}．相等的两边
叫做\textbf{腰}，另外的一边叫做\textbf{底}，腰和底的夹角叫做\textbf{底角}，两腰的夹
角叫\textbf{顶角}，如图3.7所示．
\end{blk}

\begin{blk}{定义}
    三角形的一个角的平分线与对边相交，这个角的
    顶点和交点之间的线段叫做\textbf{三角形的角的平分线}．在图
    3.8(1)中，$\overline{AF}$平分$\angle A$, 交对边于$F$点，$\overline{AF}$就是$\triangle ABC$
    的$\angle A$的平分线．  

    连结三角形一个顶点和它的对边中点的线段叫做\textbf{三角形
的中线}．在图3.8(2)中，$E$点是$\overline{BC}$的中点，$\overline{AF}$就是$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上的中线．

从三角形一个顶点到它的对边所在直线作垂线，顶点和
垂足之间的线段叫做\textbf{三角形的高线}（简称\textbf{高}）．在图3.8(3)
中，$\overline{AD}\bot$直线$BC$, $D$是垂足，$\overline{AD}$就是$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上
的高线．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\begin{scope}
\tkzDefPoints{0/0/B, 3.6/0/F, 5.5/0/C, 4.5/3/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\draw(A)--(F);
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](B,A,F) 
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.6](F,A,C)
\tkzLabelAngle[pos=.7](B,A,F) {1}
\tkzLabelAngle[pos=.75](F,A,C) {2}

\tkzLabelPoints[below](C, F, B)
\tkzLabelPoint(A){$A$}
\node at (2.7,-1){(1)};
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=7cm]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 2/0/E, 4/0/C, 4.5/3/A}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzLabelPoints[below](C, E, B)
    \tkzLabelPoint(A){$A$}
    \draw(E)--(A);
    \node at (2.2,-1){(2)};
\end{scope}    
\begin{scope}[yshift=-5cm]
\draw (0,0)node[below]{$B$}--(5.5,0)node[below]{$C$}--(4.5,3)node[above]{$A$}--(0,0);
\tkzDefPoints{4.5/3/A1, 4.5/0/D1, 5.5/0/C1}
\tkzMarkRightAngle(A1,D1,C1)
\draw(4.5,3)--(4.5,0)node[below]{$D$};
\draw(11,3)--(11,0)node[below]{$D$};
\draw[dashed](9,0)--(12,0);
\draw (7,0)node[below]{$B$}--(9.5,0)node[below]{$C$}--(11,3)node[above]{$A$}--(7,0);
\tkzDefPoints{11/3/A2, 11/0/D2, 9.5/0/C2}
\tkzMarkRightAngle(A2,D2,C2)
\node at (6,-1){(3)};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

三角形的高线、中线、角平分线，一般是指一条线段，
但有时当我们不考虑其长度时，也把它们分别所在的直线叫
做三角形的高线、中线、角的平分线．


\begin{blk}
    {等腰三角形性质定理} 等腰三角形底角相等．
\end{blk}

已知：在$\triangle ABC$中；$AB=AC$.
求证：$\angle B=\angle C$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0)node[below]{$B$}--(3,0)node[below]{$C$}--(1.5,4)node[above]{$A$}--(0,0);
\draw[dashed](1.5,4)--(1.5,0)node[below]{$D$};
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}
\begin{proof}
    作$\angle BAC$的平分线$\overline{AD}$
（图3.9），在$\triangle ABD$和$\triangle ACD$
中

$\because\quad AB=AC$ （已知），$\overline{AD}=\overline{AD}$（公共边），$\angle BAD=\angle CAD$（角平分线定义）

$\therefore\quad \triangle ABD≤\triangle ACD$（SAS）

$\therefore\quad \angle B=\angle C$（全等三角形的对应角相等）．
\end{proof}


由于 $\overline{BD}=\overline{DC},\; \angle BDA=\angle CDA=90^{\circ}$

因此 $AD$平分$\overline{BC}$, 且$AD\bot BC$.

\begin{blk}{推论 }
    等腰三角形顶角的平分线垂直、平分底边．
\end{blk}

也就是说，等腰三角形的顶角平分线也是底边上的高线
和中线．（\textbf{三线合一}）

\begin{blk}
    {等腰三角形的判定定理} 有两个角相等的三角形是等腰
三角形．
\end{blk}

已知：在$\triangle ABC$中，$\angle B=\angle C$（图3.10）．
求证：$\overline{AB}=\overline{AC}$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0)node[left]{$B$}--(2,0)node[right]{$C$}--(1,2)node[above]{$A$}--(0,0);
\draw(4,2)node[left]{$B'$}--(6,2)node[right]{$C'$}--(5,0)node[below]{$A'$}--(4,2);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{proof}
    根据翻转公理，我们可以把$\triangle ABC$翻转过来，
    设顶点$A$、$B$、$C$成为$A'$、$B'$、$C'$.
    
    $\because\quad \angle B=\angle C=\angle C',\quad \angle C=\angle B=\angle B'$

    又：$\because\quad \overline{BC}=\overline{C'B'}$

    $\therefore\quad \triangle ABC\cong \triangle A'C'B'$（ASA）

    $\therefore\quad \overline{AB}=\overline{A'C'}$（全等三角形的对应边相等）．

由于$\overline{AC}=\overline{A'C'}$，$\therefore\quad \overline{AB}=\overline{AC}$（等量代换）
\end{proof}

用逻辑语句说：等腰三角形的判定定理是其性质定理的
逆定理．这两个定理我们用“充要”条件可合写成一个定理：

\begin{blk}{}
   一个三角形是等腰三角形的充要条件是这个三角形有两
个角相等．
\end{blk}


\begin{blk}{定义}
    三条边都相等的三角形叫做\textbf{等边三角形}，也叫做
    \textbf{正三角形}．
\end{blk}


同学们自己证明下面等边三角形的性质定理和判定定
理．

\begin{blk}{}
    \begin{itemize}
        \item 等边三角形的三内角相等．
        \item   三内角相等的三角形是等边三角形．
    \end{itemize}
\end{blk}

由等腰三角形及等边三角形的性质定理和判定定理可
知，在一个三角形中，由边的相等可以推知角的相等，反过
来由角的相等也可推知边的相等．下面举例说明它们在证题
中的应用．

\begin{example}
已知：在图3.11中，$\overline{AB}=\overline{EB}$, 
$\overline{AC}=\overline{DC}$, 
ADB、AEC是直线．

求证：$\angle ADC=\angle AEB$.
\end{example}

\begin{analyze}
    要证$\angle ADC=\angle AEB$,
只需证明$\angle ADC=\angle A$, $\angle AEB=\angle A$; 要证明
$\angle ADC=\angle A$, $\angle AEB=\angle A$, 只要知道$\overline{AC}=\overline{DC}$, 
$\overline{AB}=\overline{BE}$就行了．
\end{analyze}

\begin{proof}
    在$\triangle BAE$中，
$\because\quad \overline{AB}=\overline{EB}$（已知），

$\therefore\quad \angle AEB=\angle A$（等腰三角形的底角相等）．

在$\triangle CAD$中，
$\because\quad \overline{AD}=\overline{DC}$（已知），

$\therefore\quad \angle ADC=\angle A$（等腰三角形的底角相等）．

$\therefore\quad \angle ADC=\angle AEB$ （等量代换）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(40:3)node[above]{$A$}--(0,0)node[left]{$B$}--(20:3)node[right]{$E$};
\draw(40:3)--(3.34,0.122)node[right]{$C$}--(40:2.1)node[left]{$D$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(-2,0)node[below]{$A$}--(0,2.5)node[above]{$C$}--(2,0)node[below]{$B$}--(-2,0);
\draw(.8,0)node[below]{$E$}--(0,2.5)--(-.8,0)node[below]{$D$};
\draw (-2+.4,0) arc (0:51.34:.4);
\draw (2-.4,0) arc (180:180-51.34:.4);
\draw (-.8+.3,0) arc (0:72.3:.3)node[right]{1};
\draw (.8-.3,0) arc (180:180-72.3:.3)node[left]{2};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    如图3.12, 
己知：$\overline{AC}=\overline{BC}$, $\overline{AE}=\overline{DB}$. 

求证：$\overline{CD}=\overline{CE}$.
\end{example}

\begin{analyze}
    在$\triangle CDE$中，若要证$\overline{CD}=\overline{CE}$，
   只要证$\angle 1=\angle 2$即可， $\angle 1$和$\angle 2$分别在$\triangle BCD$与$\triangle ACE$中，如能证明$\triangle BCD\cong \triangle ACE$, 即可证明$\angle 1=\angle 2$.
\end{analyze}

\begin{solution}
在$\triangle ACE$与$\triangle BCD$中，

$\because\quad \overline{AC}=\overline{BC},\quad \overline{AE}=\overline{BD}$ （已知）

$\therefore\quad \angle A=\angle B$（等腰三角形两底角相等），

$\therefore\quad \triangle ACE\cong \triangle BCD$（SAS）

$\therefore\quad \angle 2=\angle 1$（全等三角形的对应角相等），

$\therefore\quad \triangle CDE$ 是等腰三角形（有两角相等的三角形是等腰三角形）．

$\therefore\quad \overline{CD}=\overline{CE}$
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 画出$\triangle ABC$和$\triangle DEF$的三条边上的高线．
    \item 画一个三角形$ABC$, 然后画出$\triangle ABC$三个内角的平分线．
    \item 画一个三角形$DEF$, 然后画出$\triangle DEF$三边上的中线．
    \item 证明：全等三角形的对应角的平分线相等．
    \item 证明：全等三角形对应边上的中线相等．
    \item 已知：$A=\{\text{等腰三角形}\}$，$B=\{\text{两内角相等的三角
    形}\}$，指出集合$A$与集合$B$的关系．
    \item 若$\overline{AC}=\overline{BC},\quad \angle DCA=\angle ECB$, 则$\overline{CD}=\overline{CE}$.
    \item 若$\overline{AC}=\overline{BC},\quad \angle 1=\angle 2$, 则$\overline{AE}=\overline{BD}$.
    \item 若$\overline{AC}=\overline{BC}$, $\overline{AD}$、$\overline{BE}$分别是$\angle A$和$\angle B$的平分线，
    则$\overline{AD}=\overline{BE}$.
    \item 若$\overline{AC}=\overline{BC},\quad \overline{AD}=\overline{BE}$, $DE$是直线，则$\triangle DEC$是等腰
三角形．
\item 若$\overline{AC}=\overline{BC},\quad \angle ACD=\angle BCE$, $DE$是直线，则$\triangle DEC$
是等腰三角形．
\item 在等边$\triangle ABC$的三边上，分别取$D$、$E$、$F$（如图），
使$\overline{AD}=\overline{BE}=\overline{CF}$, 则$\triangle DEF$是等边三角形．
\item 设$\overline{DE}=\overline{EF}=\overline{FD}$, $\angle AFD=\angle BDE=\angle CEF$, 
则$\triangle ABC$是等边三角形．
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \draw(0,0)node[below]{$B$}--(1.5,.2)node[below]{$C$}--(2,2)node[above]{$A$}--(0,0);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=5cm]
    \draw(0,0)node[below]{$E$}--(2,0)node[below]{$F$}--(.7,1.5)node[above]{$D$}--(0,0);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
\end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(-1.5,0)node[below]{$A$}--(0,2.5)node[above]{$C$}--(1.5,0)node[below]{$B$}--(-1.5,0);
\draw(.8,0)node[below]{$E$}--(0,2.5)--(-.8,0)node[below]{$D$};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(-1.5,0)node[below]{$A$}--(0,2.5)node[above]{$C$}--(1.5,0)node[below]{$B$}--(-1.5,0);
\draw(-.75,1.25)node[left]{$E$}--(1.5,0);
\draw(.75,1.25)node[right]{$D$}--(-1.5,0);
\draw(-1.5+.4,0) arc (0:29:.4)node[right]{1};
\draw(1.5-.4,0) arc (180:180-29:.4)node[left]{2};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8--9题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \draw(-1.8,0)node[below]{$D$}--(0,2.5)node[above]{$C$}--(1.8,0)node[below]{$E$}--(-1.8,0);
    \draw(.8,0)node[below]{$B$}--(0,2.5)--(-.8,0)node[below]{$A$};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第10--11题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(-120:3)node[below]{$B$} --(0,0)node[above]{$A$}--(-60:3)node[below]{$C$}-- (-120:3) ;
\draw(-60:1.8)node[right]{$F$}--(-120:1.2)node[left]{$D$}--(-.3,-1.5*1.732)node[below]{$E$}--(-60:1.8);
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第12--13题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\subsection{轴对称图形}
\begin{blk}{定义}
    在平面上有两个图形$F$和$F'$, 如果平面沿着某
条直线$\ell$折叠起来，$F$和$F'$叠合，就称$F$和$F'$关于$\ell$成\textbf{轴对
称}．（也称$F$和$F'$是以$\ell$为轴的\textbf{对称形}）．$F$和$F'$上互相叠合
的点叫做\textbf{对称点}，$\ell$叫做\textbf{对称轴}．
\end{blk}

在图3.13(1)中，平面上的$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$关于直
线$\ell$成轴对称；$A$与$A'$、$B$与$B'$、$C$与$C'$都是对称点．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \draw(0,-.5)--(0,4)node[above]{$\ell$};
    \node at (0,-1){(1)};

\draw(-1.8,2)node[above]{$B$}--(-.4,3)node[above]{$A$}--(-1.4,0.5)node[below]{$C$}--(-1.8,2);
\draw(1.8,2)node[above]{$B'$}--(.4,3)node[above]{$A'$}--(1.4,0.5)node[below]{$C'$}--(1.8,2);

\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
    \draw(0,-.5)--(0,4)node[above]{$\ell$};
\draw(-2,0)node[below]{$B$}--(2,0)node[below]{$C$}--(0,3)node[right]{$A$}--(-2,0);
\draw (0,0) rectangle (.2,.2);
\node at (0,-1){(2)};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{blk}{推论}
     两个图形如果关于某直线成轴对称，那么这两个
图形是全等形．
\end{blk}

\begin{blk}{定义}
    如果一个图形可以分成两部分，这两部分关于某
一直线成轴对称，就把这个图形称为\textbf{轴对称形}．
\end{blk}

显然，等腰三角形关于它的顶角平分线成轴对称图形
（图3.13(2)）．轴对称形在实际中应用非常广泛，图3.14中
的图形，都是轴对称形．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.6]{fig/3-14.png}
    \caption{}
\end{figure}

轴对称图形有什么性质呢？这就要研究一下对称轴和对
称点的关系．

在图3.15中，设$A$与$A'$是关于直线$\ell$的轴对称点，因为
$A$、$A'$和$\ell$在同一平面内，并且$A$和$A'$在$\ell$的两侧，所以线段
$\overline{AA'}$与$\ell$必相交，设交点为$O$, 在$\ell$上取异于$O$的另一点$P$, 连
结$\overline{AP}$，$\overline{A'P}$.

由于$A$点所在的半平面沿直线$\ell$折叠过来，$A$和$A'$重合，
而$\ell$上的$P$和$O$重合于自身，所以$\overline{AP}=\overline{A'P}$, $\angle APO=\angle A'PO$, $\triangle PAA'$是等腰三角形，直线$\ell$是顶角的平分线，
所以$\ell$垂直平分底边$\overline{AA'}$.

由此得出轴对称图形的重要性质：
\begin{enumerate}
\item 对称轴上的任一点，与每一双对称点的距离相等．
\item 对称轴是每一双对称点所连线段的垂直平分线．
\end{enumerate}

在上述性质的证明中，我们所取$P$点异于$O$, 如果$P$点就
是$O$点，结论仍然一样．

由于一条线段的垂直平分线是唯一的，由性质2可知，
如果$\overline{AA'}$的垂直平分线是$\ell$, 那么$A$与$A'$是以$\ell$为轴的对称
点．

由此，我们就可以作出已知图形以某直线为轴的对称
形．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
    \draw(0,-.5)--(0,4)node[above]{$\ell$};
\draw(-2,0)node[below]{$A$}--(2,0)node[below]{$A'$}--(0,3)node[right]{$P$}--(-2,0);
\draw (0,0)node[below right]{$O$} rectangle (.2,.2);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(0,-.5)--(0,4)node[above]{$\ell$};     
\tkzDefPoints{-1/3/A, 1/3/A', -2.5/2/B,2.5/2/B',-1.5/0/C,1.5/0/C',-.5/.8/D, .5/.8/D'}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)\tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
\foreach \x in {A,B,C,D}
{
    \draw(\x)--(\x');
}
\tkzDefPoints{0/2.1/O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,A',B',C',D')
\node at (0,3)[below right]{$O$};
\draw(0,3) rectangle (-.2,3+.2);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}



\begin{example}
已知：四边形$ABCD$及直线$\ell$. (图3.16)

求作：四边形$ABCD$以$\ell$为轴的轴对称形．

作法：
\begin{enumerate}
\item 由$A$点引$\ell$的垂线交$\ell$于$O$点，在射线$AO$上
取$OA'=AO$, 则$A'$是$A$点关于轴$\ell$的对称点．
\item 用同样的方法作点$B$、$C$、$D$关于$\ell$的对称点$B'$、
$C'$、$D'$.
\item 连结$\overline{A'B'}$, $\overline{B'C'}$, $\overline{C'D'}$, $\overline{D'A'}$, 则四边形
$A'B'C'D'$就是四边形$ABCD$以$\ell$为轴的轴对称图形．
\end{enumerate}

为什么呢？因为根据作法，如果把四边形$ABCD$和 四边
形$A'B'C'D'$所在平面，沿直线$\ell$折叠起来，则$A$与$A'$、
$B$与$B'$、$C$与$C'$、$D$与$D'$分别重合，所以四边形$ABCD$与
四边形$A'B'C'D'$完全重合，所以这两个四边形是以$\ell$为轴
的对称图形．
\end{example}

\begin{example}
    有公共底的两个等腰三角形，通过底所对的两个
顶点的直线是它们所组成图形的对称轴．

已知：在图3.17中，$BC$是等腰$\triangle ABC$与等腰$\triangle A'BC$
的公共底边．

求证：直线$AA'$是这个图形的对称轴．
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\begin{scope}
\draw(0,-1.5)--(0,4);
\draw(-1.5,0)node[left]{$B$}--(1.5,0)node[right]{$C$}--(0,3)node[right]{$A$}--(-1.5,0)--(0,-1)node[right]{$A'$}--(1.5,0);

\end{scope}
\begin{scope}[xshift=7cm]
    \draw(0,-1)--(0,4);
\draw(-1.5,0)node[left]{$B$}--(1.5,0)node[right]{$C$}--(0,3)node[right]{$A$}--(-1.5,0)--(0,1.8)node[right]{$A'$}--(1.5,0);

\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
$\because\quad \overline{AB}=\overline{AC},\quad \overline{A'B}=\overline{A'C}$（已知）

$\therefore\quad \angle ABC=\angle ACB,\quad 
\angle A'BC=\angle A'CB$（等腰三角形的两底角相等）．

两式相加（或相减）得：
$\angle ABA'=\angle ACA'$（等量加（或减）等量其和（或差）
相等）．

$\therefore\quad \triangle ABA'\cong \triangle ACA'$（SAS）

以$AA'$为轴折叠起来，$\triangle ABA'$与$\triangle ACA'$能够重
合，所以$AA'$是这个图形的对称轴．
\end{proof}

\begin{example}
    证明四条边相等的四边形的两条对角线互相垂直
平分，并且平分一双对角．

已知：在四边形$ABCD$中，$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CD}=\overline{DA}$.
（图3.18）
\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
    \draw(-2,0)--(0,1.2)--(2,0)--(0,-1.2)--(-2,0);
    \draw(-2,0)node[above]{$B$}--(2,0)node[above]{$D$};
    \draw(0,1.2)node[above]{$A$}--(0,-1.2)node[below]{$C$};
    \node at (0,0)[below right]{$O$};        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

求证：$AC$、$BD$互相垂直平分，且$AC$平分$\angle A$和$\angle C$,
$BD$平分$\angle B$和$\angle D$.
\end{example}

\begin{proof}
在四边形$ABCD$中，
因为$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CD}=\overline{DA}$, 所
以四边形$ABCD$可看成由两个
等腰三角形所拼成：等腰$\triangle ABD$
与等腰$\triangle CBD$, 或等腰$\triangle ABC$
与等腰$\triangle ADC$. 由例3.8可知，
对角线$\overline{AC}$、$\overline{BD}$所在的直线都是四边形$ABCD$的对称
轴．所以，$\overline{AC}$、$\overline{BD}$互相垂直平分，并且$\overline{AC}$平分$\angle A$和
$\angle C$, $\overline{BD}$平分$\angle B$和$\angle D$.
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 下列各图形有多少个对称轴？对称轴是什么？
    \begin{multicols}{3}
        \begin{enumerate}
            \item 线段；\item 射线；\item 直线．
        \end{enumerate}
    \end{multicols}
    \item 已知直线$\ell$和$\ell$外面一点$A$, 只用圆规和直尺求作点$A$以
    直线$\ell$为对称轴的对称点$A'$.
    \item 求作两个已知点的对称轴．
    \item 已知$\triangle ABC$和直线$\ell$, 作$\triangle ABC$以$\ell$为对称轴的对称形．
    \item 求作与已知等边三角形$ABC$分别以$AB$、$AC$、$BC$为对称
    轴的对称图形．
    \item 作图．（只要求作出图形）
    \begin{enumerate}
    \item 画已知线段$\overline{AB}$的对称轴．
    \item 画已知$\angle A$的对称轴．
    \end{enumerate}
    \item 等腰三角形有几个对称轴？等边三角形有几个对称轴？任
    画一个等边三角形把它的对称轴都画出来．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{三角形中的不等关系}
\begin{blk}{定义}
    和三角形的内角相邻并且和它互补的角叫做三角
形的\textbf{外角}．
\end{blk}
 
如图3.19中的$\angle ACD$
就是$\triangle ABC$的一外个角．
这时$\angle ACB$称为$\angle ACD$
相邻的内角，$\angle A$和$\angle B$
分别称为$\angle ACD$不相邻的内角．

\begin{blk}{定理}
 三角形的外角大于和它不相邻的任一内角．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(0,0)node[left]{$B$}--(4.5,0)node[right]{$D$};
\draw(3,0)node[below]{$C$}--(1.7,2)node[above]{$A$}--(0,0);
\draw(3.4,0) arc (0:120:.4);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\draw(0,0)node[left]{$A$}--(3,0)node[below]{$B$};
\draw[dashed](3,0)--(4.5,0)node[right]{$D$};
\draw(3,0)--(1.7,2)node[above]{$C$}--(0,0);
\draw[dashed](3,0)--(4.7,2)node[right]{$F$}--(0,0); 
\node at (2.35,1)[above]{$E$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

已知：$\triangle ABC$和外角
$\angle CBD$（图3.20）．

求证：$\angle CBD>\angle C$
或$\angle A$.

\begin{proof}
    假定$E$是$\overline{BC}$
中点，引$AE$并延长到$F$, 
使$\overline{EF}=\overline{AE}$, 作$\overline{BF}$.

在$\triangle ACE$和$\triangle FBE$中，

$\because\quad \overline{AE}=\overline{EF}$ （作图），

$\because\quad E$是$\overline{BC}$中点（假定），

$\therefore\quad \overline{CE}=\overline{EB}$（线段中点定义），

$\because\quad \angle CEA=\angle BEF$（对顶角相等），

$\therefore\quad \triangle ACE\cong \triangle FBE$ （SAS),

$\therefore\quad \angle EBF=\angle C$（全等三角形的对应角相等）．

由于$\angle CBD>\angle EBF$ （全量大于它的任何一部分）．

$\therefore\quad \angle CBD>\angle C$ （等量代换）．

同理可证 $\angle CBD> \angle A$.
\end{proof}

\begin{blk}{定理}
 在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所
对的角也不等，大边所对的角较大；反之，如果在一个三角
形中两个角不等，那么它们所对的边也不等．大角所对的边
较大．
\end{blk}

已知：$\triangle ABC$（图3.21)

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
\tkzDefPoint(0,0){A}
\tkzDefPoint(-50:2){C}
\tkzDefPoint(-120:2){D}
\tkzDefPoint(-120:3){B}
\tkzDefPoint(0,-1.5){O}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\draw[dashed](D)--(C);
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,D,A A,C,D)
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,D,A){2}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,C,D){1}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,C,B,D)       
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
\tkzDefPoint(0,0){A}
\tkzDefPoint(30:1.5){D}
\tkzDefPoint(-150:2){B}
\tkzDefPoint(-30:1.5){C}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\draw[dashed](A)--(D)--(C);
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.2](D,C,A A,D,C)
\tkzLabelAngle[pos=.4](A,D,C){2}
\tkzLabelAngle[pos=.4](D,C,A){1}
\tkzAutoLabelPoints[center=A](C,B,D)  
\node at (0,0)[above left]{$A$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

求证：
\begin{enumerate}
    \item $\overline{AB}>\overline{AC}\quad \Rightarrow\quad \angle C>\angle B$
    \item $\angle C>\angle B\quad \Rightarrow\quad \overline{AB}>\overline{AC}$
\end{enumerate}

\begin{proof}
    先证$\overline{AB}>\overline{AC}\quad\Rightarrow\quad \angle C>\angle B$.

在$AB$上截$\overline{AD}=\overline{AC}$,
则$\triangle ADC$为等腰三角形．

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$.

由于$\angle ACB>\angle 1$ （不等量基本性质6）

$\therefore\quad \angle ACB>\angle 2$（等量代换）．

但$\angle 2>\angle B$ （三角形的外角大于和它不相邻的任一内
角），

$\therefore\quad \angle ACB>\angle B$（不等量基本性质5）

即：$\angle C>\angle B$.

我们再证$\angle C>\angle B\quad \Rightarrow\quad \overline{AB}>\overline{AC}$

如果$\overline{AB}$不大于$\overline{AC}$, 那么$\overline{AB}=\overline{AC}$或$\overline{AB}<\overline{AC}$. 
若$\overline{AB}=\overline{AC}$, 则$\angle B=\angle C$, 若$\overline{AB}<\overline{AC}$,则$\angle C<\angle B$, 这两
种结果都和$\angle C>\angle B$矛盾．

$\therefore\quad \angle C>\angle B\quad \Rightarrow\quad \overline{AB}>\overline{AC}$
\end{proof}

\begin{blk}{定理}
    三角形任意两边之和大于第三边．
\end{blk}
 
已知：$\triangle ABC$（图3.23）．

求证：$\overline{AB}+\overline{AC}>\overline{BC}$.

\begin{proof}
    在$BA$的延长线上取一点$D$, 使$AD=AC$. 则
    $\triangle ACD$为等腰三角形．
  
    $\therefore\quad \angle 1=\angle 2$

    $\because\quad \angle BCD>\angle 1$（不等量
    基本性质6）

$\therefore\quad \angle BCD>\angle 2$（等量代
    换）．

    在$\triangle BCD$中，由前面的定理可知：
    $\overline{BD}>\overline{BC}$, 但$\overline{BD}=\overline{AB}+\overline{AD}=\overline{AB}+\overline{AC}$, 
 
   $\therefore\quad  \overline{AB}+\overline{AC}>\overline{BC}$
\end{proof}

\begin{blk}{推论}
三角形任一边大于其他两边之差．
\end{blk}

下面我们举例说明上述定理的一些应用．


\begin{example}
    已知：$\triangle ABC$中$\overline{AB}=\overline{AC}$, $D$点在$\overline{BC}$上，$E$点
在$\overline{BC}$的延长线上（图3.23）．

求证：$\overline{AD}<\overline{AB}<\overline{AE}$
\end{example}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/1.5/A, -1.5/-1/B, -.25/-1/D, 1.5/-1/C, 2.5/-1/E}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
    \draw(D)node[below]{$D$}--(A)node[above]{$A$}--(E)node[below]{$E$};
\draw[dashed](C)--(3.5,-1);
\node at (B)[below]{$B$};
\node at (C)[below]{$C$};
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](D,B,A  A,D,B  A,C,B)
\tkzLabelAngle[pos=.5](D,B,A){1}
\tkzLabelAngle[pos=.5](A,D,B){3}
\tkzLabelAngle[pos=.5](A,C,B){2}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
\tkzDefPoint(0,0){D}
\tkzDefPoint(-60:2){C}
\tkzDefPoint(180-60:1){A}
\tkzDefPoint(-140:1.2){E}
\tkzDefPoint(-140:2.8){B}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\draw(B)--(E)--(C);
\draw[dashed](E)--(D);
\foreach \x in {A,D,C}
{
    \node at (\x) [right]{$\x$};
}
\foreach \x in {B,E}
{
    \node at (\x) [left]{$\x$};
}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.2](E,D,C)
\tkzLabelAngle[pos=.4](E,D,C){1}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{proof}
$\because\quad \overline{AB}=\overline{AC}$

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$

又$\because\quad \angle 3>\angle 2$

$\therefore\quad \angle 3>\angle 1$

$\therefore\quad \overline{AB}>\overline{AD}$（在一个三角形中，大角对大边．）

又：$\because\quad \angle 2>\angle E$

$\therefore\quad \angle 1>\angle E$

$\therefore\quad \overline{AE}>\overline{AB}$（在一个三角形中，大角对大边．）

因此有：$\overline{AD}<\overline{AB}<\overline{AE}$
\end{proof}


\begin{example}
    已知：$E$点在$\triangle ABC$内（图3.24）．

求证： \begin{enumerate}
    \item $\angle BEC>\angle A$
    \item $\overline{BE}+\overline{EC}<\overline{AB}+\overline{AC}$
\end{enumerate} 
\end{example}

\begin{proof}
    延长$\overline{BE}$交$\overline{AC}$于$D$点，
则$\angle BEC>\angle 1$，$\angle BEC>\angle 1$

$\therefore\quad \angle BEC>\angle A$（不等量基
本性质5）．

又$\because\quad \overline{BE}+\overline{ED}<\overline{AD}+\overline{AB}$，$\overline{EC}<\overline{ED}+\overline{DC}$（三角形两边之和大于第三边）．

$\therefore\quad \overline{BE}+\overline{ED}+\overline{EC}<\overline{AD}+\overline{AB}+\overline{ED}+\overline{DC}$（不等量基本性质3）．

$\therefore\quad \overline{BE}+\overline{EC}<\overline{AB}+\overline{AC}$（不等量基本性质1）．
\end{proof}

\begin{example}
如图3.25所示，$A$、$B$是平面上直线$\ell$同侧的两点，
试在直线$\ell$上求一点$P$, 使$\overline{AP}+\overline{PB}$最短．

在没有作这题前，让我们想一想该怎样着手，我们要求
$\overline{AP}+\overline{PB}$最短，但怎样才能最短呢？

我们知道两点间的直线段最短，但是我们却要在$\ell$上求
一点，使$\overline{AP}+\overline{PB}$最短．如果$A,B$两点在$\ell$的两侧，那么问
题要简单得多（作$\overline{AB}$与$\ell$交于$P$, $P$点就是所求的点）．但
我们曾学过，如果两点是轴对称点，那么它们的对称轴就是
两点间线段的垂直平分线，并且对称轴上的点到两对称点的
距离相等．我们只要作出$A$点关于轴$\ell$的对称点$A'$, 我们求
$\overline{AP}+\overline{PB}$的最小值，就可转化为求$\overline{A'P}+\overline{PB}$的最小值了．
而$A'$、$B$两点在$\ell$的异侧，这是很容易的．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[xscale=.6, rotate=5]
\draw (-2,0)--(8,0)node[right]{$\ell$};
\draw[dashed](-.5,1)node[left]{$A$}--(-.5,-1)node[left]{$A'$};
\draw[dashed](-.5,-1)--(5.5,2)node[right]{$B$};
\draw[very thick](-.5,1)--(1.5,0)node[below]{$P$}--(5.5,2);
\node at (-.5,0)[below left]{$D$};
\draw[dashed](-.5,1)  -- (6.5,0) node[below]{$C$}--(-.5,-1);
\draw[dashed](5.5,2)  -- (6.5,0);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}
\end{example}


\begin{solution}
    作$A$点关于轴$\ell$的对称点$A'$, 作$\overline{A'B}$与$\ell$相交于$P$, 
    则$P$点使$\overline{AP}+\overline{PB}$最短．因为，如果在$\ell$上任找另外一点$C$, 
    在$\triangle A'BC$中，
    $\overline{A'B}<\overline{A'C}+\overline{CB}$（三角形两边之和大于第三边），
    但$\overline{A'B}=\overline{A'P}+\overline{PB}$

将    $\overline{A'P}=\overline{AP},\quad \overline{A'C}=\overline{AC}$ 代入上式，
    则得：$\overline{AP}+\overline{PB}<\overline{AC}+\overline{CB}$.

    这就证明了$P$点使$\overline{AP}+\overline{PB}$最短．
\end{solution}

\begin{rmk}
    如果$\ell$是镜子的话，那么从$A$点发出的光线，若反
射到$B$点，那么$\overline{AP}$、$\overline{PB}$就是光所走的路线．因为光线总是
走最近的路，在光学中就有：“入射角等于反射角”这条定
律．即$\angle APD=\angle BPC$. 在光学中由观测得到的结果和我
们用数学定理得出的结果一致．在自然界中我们有能力观测
到的结论是有限的，如何由这些有限的可观测的结论，得到
更进一步的结论，甚至有些是观测不到的结论，我们需要数
学这样有力的工具．
\end{rmk}
    
\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知：如图，$\triangle ABC$内有一点$P$, 
    求证：$\angle BPC>\angle BAC$.
    \item 已知：如图，$\triangle ABC$内有一点P,
    求证：$\overline{AB}+\overline{AC}>\overline{PB}+\overline{PC}$.
    \item 将金属丝弯成三角形，如果要求一边长是25cm, 那么
    金属丝至少大于多少cm才能作成三角形？
    \item 证明四边形两条对角线之和小于周长而大于半周长．
 \item 证明三角形的一边小于它的周长的一半．
 \item  用整数表示三角形的各边，一边是3米，另一边是2米，第
    三边可以是多少米？
\item  在平面上$\overline{AB}$
    的垂直平分线的$A$点的一侧取一点$P$, 那
    么$\overline{PA}$和$\overline{PB}$哪一条线段长？
\item 已知：如图，$\triangle ABC$中，
$\angle A>\angle C$, $D$、$E$分别在$\overline{AB}$、
    $\overline{AC}$上并且$\overline{AD}>\overline{AE}$.
    求证：
    \begin{enumerate}
        \item $\angle BDE> \angle CED$
        \item $\overline{BC}>\overline{BE}$
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{ex}
    
\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoint(-60:2){C}
    \tkzDefPoint(180-60:1){A}
    \tkzDefPoint(-140:2.8){B}
    \tkzDefPoint(-.25,-.5){P}
    \tkzDrawPolygon(A,C,B)
    \draw(B)--(P)--(C);
\tkzAutoLabelPoints[center=P](A,B,C)
\node at (P)[above]{$P$};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1--2题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
        \tkzDefPoint(0,0){A}
        \tkzDefPoint(-45:2){C}
        \tkzDefPoint(-45:1){E}
        \tkzDefPoint(-140:2.8){B}
        \tkzDefPoint(-140:2){D}
        \tkzDrawPolygon(A,C,B)
        \tkzDrawPolygon(D,B,E)
        \tkzDefPoint(.1,-1){O}
        \tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,E)

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\section*{习题3.1}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题3.1}
\begin{enumerate}
    \item 已知：如图，$\overline{AD}=\overline{AE}$, $\overline{BD}=\overline{EC}$, 
    求证：$\overline{DO}=\overline{EO}$.
    \item 已知：如图，$\overline{AB}=\overline{AD}$, $AC$平分$\angle BAD$, $E$是$\overline{AC}$上一点．
    求证：$\angle EBC=\angle EDC$.
    \item 求证：等腰三角形两腰上的中线相等．
    \item 已知：如图，$\angle B=\angle C$, $\overline{BD}=\overline{EC}$. 
    求证：$\angle 1=\angle 2$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.31\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/C, -.5/2/D, .5/2/E, 0/3/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(B,E C,D)
\tkzInterLL(C,D)(B,E)  \tkzGetPoint{O}
\tkzLabelPoints[left](B,D)
\tkzLabelPoints[right](C,E)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](O)


    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.31\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/D, 0/1.5/A, 0/-2/C, 0/.8/E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(B,E A,C E,D)
\tkzLabelPoints[left](B)
\tkzLabelPoints[right](D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](C)
\tkzLabelPoints[below right](E)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第2题}
    \end{minipage}
        \begin{minipage}[t]{0.31\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/C, -.75/0/D, .75/0/E, 0/3/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,E A,D)
\tkzLabelPoints[left](B)
\tkzLabelPoints[right](C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](D,E)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,D,A A,E,B)
\tkzLabelAngle[pos=.5](C,D,A){1}
\tkzLabelAngle[pos=.5](A,E,B){2}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

    \item 已知：如图，在四边形$ABCD$中，
    $\overline{AD}=\overline{AB}$, $\overline{CD}=\overline{BC}$
    
    求证：$\angle 1=\angle 2$；$\angle 3=\angle 4$；$AC\bot DB$
  
    \item 如图，已知：$\angle 1=\angle 2$, $\angle 3=\angle 4$, 
求证：$\overline{AB}=\overline{AC}$.
\item 如图，已知：$\overline{BE}=\overline{ED}$, $\angle 1=\angle 2$.
求证：$\overline{AB}=\overline{CD}$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{-2/0/A, 2/0/C, -1/1.5/D, -1/-1.5/B, -1/0/E}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzLabelPoints[left](A)
    \tkzLabelPoints[right](C)
    \tkzLabelPoints[above](D)
    \tkzLabelPoints[below](B)
    \tkzLabelPoints[above right](E)
    \tkzDrawSegments(A,C D,B)
    \tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](C,A,D D,C,A)
    \tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](B,A,C A,C,B)
    \tkzLabelAngle[pos=.7](C,A,D){1}
    \tkzLabelAngle[pos=.7](B,A,C){2}
    \tkzLabelAngle[pos=.7](D,C,A){3}
    \tkzLabelAngle[pos=.7](A,C,B){4}

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/C, 0/3.5/A, 0/1/O}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C)
        \tkzLabelPoints[left](B)
        \tkzLabelPoints[right](C)
        \tkzLabelPoints[above](A)
        \tkzLabelPoints[below](O)
        \tkzDrawSegments(A,O B,O C,O)        
        \tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](C,B,O O,C,B)
        \tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](A,O,B)
        \tkzLabelAngle[pos=.6](C,B,O){1}
        \tkzLabelAngle[pos=.6](O,C,B){2}
        \tkzLabelAngle[pos=.5](A,O,B){3}
        \tkzMarkAngles[mark=none, size=.35](C,O,A)
        \tkzLabelAngle[pos=.5](C,O,A){4}

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第6题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 在$\triangle ABC$中，$\overline{AB}=\overline{AC}$, $D$、$E$
两点分别在$\overline{AB}$和$\overline{AC}$上，且$\overline{BE}$
和$\overline{CD}$交于$O$点，$\overline{BD}=\overline{CE}$. 求证：$AO$平分$\angle BAC$.
\item 在$\triangle ABC$中，$D$为$\overline{BC}$延长线上一点，且$\overline{CD}=\overline{AC}$, $F$
是
$\overline{AD}$中点，$\overline{CE}$是$\angle ACB$的平分线．求证$CE\bot CF$.

\item 在$\triangle ABC$中，$\angle B=2\angle C$, $AD$平分$\angle A$, 交$\overline{BC}$于$D$点，
求证：$\overline{AB}+\overline{BD}=\overline{AC}$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{-1.5/0/A, 1.5/0/C, -1/2/B, 1/2/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzDrawPolygon(A,D,C)
    \tkzInterLL(B,C)(A,D) \tkzGetPoint{E}
    \tkzLabelPoints[left](A)
    \tkzLabelPoints[right](C)
    \tkzLabelPoints[above](B,D,E)
 
    \tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,C,A C,A,D)
    \tkzLabelAngle[pos=.6](C,A,D){1}
    \tkzLabelAngle[pos=.6](B,C,A){2}

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/1.5/D}
\tkzDefPoint(70:3){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第11题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 如图，已知四边形$ABCD$中，
$\overline{AB}=\overline{BC}$, $\overline{AD}>\overline{CD}$. 

求证：$\angle BCD>\angle BAD$.
\item 已知：$\triangle ABC$中，$D$是$\overline{AC}$上
一点，且$\overline{BD}>\overline{BC}$. 

求证：$\overline{AB}>\overline{AC}$.
\item 三角形的一边等于2米，另一边等于8米，如果已知第三
边能用被3整除的整数表示，求第三边．
\item 已知：$\triangle ABC$在平面$\alpha$上，点$P\in\alpha$, 并且$P$在$\triangle ABC$
的外部

求证：$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}>\frac{1}{2}(\overline{AB}+\overline{BC}+\overline{AC})$
\item 已知：$\triangle ABC$在平面$\alpha$上，点$P\in\alpha$, 并且$P$在$\triangle ABC$
的内部

求证：$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}<\overline{AB}+\overline{BC}+\overline{AC}$.
\item 求证：三角形一边上的中线小于其他两边和的一半．
\item 在两条公路$OX$和$OY$上，分别设邮筒$A$和$B$, 邮递员每
天由邮局$P$到邮筒$A$、$B$取信，然后返回邮局．问$A$、$B$的
位置确定在哪儿，才能使邮递员走的路程最短？

\begin{figure}[htbp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{-2/0/X, 2/0/Y, .5/3/X1, -.5/3/Y1, 0/0/P}
\tkzDefPointWith[linear, K=.5](X,X1) \tkzGetPoint{A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](Y,Y1) \tkzGetPoint{B}
\tkzDrawPolygon(A,B,P)
\tkzInterLL(X,X1)(Y,Y1)  \tkzGetPoint{O}
\tkzDrawSegments(X,X1 Y,Y1)
\tkzLabelPoints[below](X,Y,P)
\tkzLabelPoints[left](A)
\tkzLabelPoints[right](B,O)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第17题}
\end{figure}
\end{enumerate}

\section{平行线与内角和定理}

\subsection{平行线}
\begin{blk}
    {定义}
平面上两条直线被第三条直线所截，截得八个
角，如图3.26, 其中的$\angle 1$和$\angle 5$, $\angle 4$和$\angle 8$, $\angle 2$和$\angle 6$, 
$\angle 3$和$\angle 7$, 都叫做\textbf{同位角}，$\angle 4$和$\angle 6$, $\angle 3$和$\angle 5$都叫\textbf{内错
角}，$\angle 4$和$\angle 5$, $\angle 3$和$\angle 6$都叫做\textbf{同旁内角}．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-2/2/A, 2/2.5/B, -2/0/C, 2/1.5/D, 0/-.5/F, 0/4/E}
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzInterLL(A,B)(E,F)  \tkzGetPoint{P}
\tkzInterLL(C,D)(E,F)  \tkzGetPoint{Q}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,P,E A,P,F D,Q,E C,Q,F)
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,P,E){1}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,P,F){3}
\tkzLabelAngle[pos=.6](D,Q,E){5}
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,Q,F){7}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](E,P,A F,P,B E,Q,C F,Q,D)
\tkzLabelAngle[pos=.5](E,P,A){2}
\tkzLabelAngle[pos=.5](F,P,B){4}
\tkzLabelAngle[pos=.5](E,Q,C){6}
\tkzLabelAngle[pos=.5](F,Q,D){8}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-2/2/A, 2/2/B, -2/0/C, 2/0/D, -1/-1/F, 1/3/E}
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzInterLL(A,B)(E,F)  \tkzGetPoint{P}
\tkzInterLL(C,D)(E,F)  \tkzGetPoint{Q}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,P,E A,P,F)
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,P,E){4}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,P,F){3}
\tkzLabelAngle[pos=.6](D,Q,E){2}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](F,P,B D,Q,E)
\tkzLabelAngle[pos=.5](F,P,B){1}
\tkzLabelPoints[above](A,B,C,D)
\tkzLabelPoints[below](Q)
\tkzLabelPoints[above left](P)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


由平行线定义可知，两条直线平行的充要条件是这两条
直线被第三条直线所截出的同位角相等．这就是说：
\begin{enumerate}
\item 如
果同位角相等，则两条直线平行；   
\item 如果已知两条直线平
行，则同位角相等． 
\end{enumerate}
这就是平行线的判定方法和平行线的性
质．以此为根据又可推知以下定理：

\begin{blk}{定理}
两条直线被第三条直所线截，如果
内错角相等，或同旁内角互补，那么这两条
直线平行．
\end{blk}

\begin{proof}
   在图3.27中，设直线$AB$、$CD$被直线$PQ$所截．
$\angle 2$、$\angle 3$是内错角，$\angle 1$、$\angle 2$是同旁内角．
\begin{enumerate}
    \item 如果已知$\angle 2=\angle 3$. 

$\because\quad \angle 3=\angle 4$    （对顶角相等），

$\therefore\quad \angle 2=\angle 4$（等量代换）．

$\therefore\quad AB\parallel CD$（同位角相等，则两条直线平行）．

\item 如果已知$\angle 1+\angle 2=180^{\circ}$, 
则$\angle 2=180^{\circ}-\angle 1$（等量减等量差相等）．

$\because\quad PQ$是直线（已知）

$\therefore\quad \angle 4+\angle 1=180^{\circ}$.

$\therefore\quad \angle 4=180^{\circ}-\angle 1$.

$\therefore\quad \angle 2=\angle 4$（等量代换）．

$\therefore\quad AB\parallel CD$（同位角相等，则两条直线平行）．  
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{blk}{定理} 
    平面上两条不相交的直线是这两条直线互相平行
的充要条件．
\end{blk}


但是这个定理的证明比较麻烦，我们在这里就不证了，
有兴趣的同学可以自己去证明它．

\begin{blk}
   {推论1} 平行于同一直线的两条直线平行． 
\end{blk}

已知：直线$a\parallel$直线$c$, 直线$b\parallel$直线$c$ (图3.28).
 求证：$a\parallel b$.

\begin{proof}
    若$a$不平行$b$, $a$与$b$一定相交，设交点为$P$, 那么
过$P$点就有两条直线$a$、$b$平行于直线$c$, 但根据平行公理，
这是不可能的，所以$a\parallel b$.
\end{proof}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \foreach \x/\xtext in {0/c,1/b,2/a}
    {
        \draw(0,\x)--node[above]{$\xtext$}(3,\x);
    }
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=5cm]
    \foreach \x/\xtext in {0/c,1/b,2/a}
    {
        \draw(0,\x)--node[above]{$\xtext$}(3,\x);
    }
\draw[dashed](3,1)--(4.5,1.5)node[right]{$P$}--(3,2);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


上面这种证明方法，叫做反证法．我们先否定要证明的
结论，然后引出不合理的结果，从而说明结论非成立不可．
请同学们回想一下，我们在第二章讲基本逻辑语句的命题
时，若原命题是“若$\alpha$, 则$\beta$”，那么它的逆否命题是“若
非$\beta$, 则非$\alpha$.”我们知道这两个互为逆否的命题是同义
的，上面的反证法就是当我们证明原命题有困难时，我们可
去证它的逆否命题．

\begin{blk}
 {推论2} 过已知直线外一点，只可以引一条直线和已知
直线垂直．   
\end{blk}

请同学们用反证法证明这个推论．

\begin{example}
已知：在图3.29中，$\angle BED=\angle B+\angle D$.

求证：$AB\parallel CD$.
\end{example}

\begin{analyze}
    若能证明$AB$、$CD$都
与第三条直线平行，则$AB\parallel CD$.
\end{analyze}

\begin{proof}
    引直线$EF$, 使得$\angle 1=\angle B$, 则$AB\parallel EF$（内错角相等，则两条直线平行）．

又：$\because\quad \angle BED=\angle B+\angle D$（已知），

$\therefore\quad \angle BED-\angle 1=\angle D$（等量减等量差相等）．
即：$\angle FED=\angle D$.

$\therefore\quad CD\parallel EF$ （内错角相等，则两条直线平行）．

$\therefore\quad AB\parallel CD$ （平行于第三条直线的两条直线平
行）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/C, 3/0/D, 2/1/E, 3/2/B, 0/2/A, 4/1/F}
\tkzDrawSegments(C,D D,E E,B A,B)
\tkzDrawSegments[dashed](E,F)
\tkzLabelPoints[below](C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,B)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](F,E,B)
\tkzLabelAngle[pos=.6](F,E,B){1}

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-.25/-.25/B, .25/.25/C, 1/-.25/F, -1/.25/E, 1.5/1.5/D, -1.5/-1.5/A}
\tkzDrawPolygon(A,E,C)
\tkzDrawPolygon(B,F,D)
\tkzLabelPoints[below](A,B,F)
\tkzLabelPoints[above](E,D,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](F,B,D E,C,A)
\tkzLabelAngle[pos=.6](F,B,D){2}
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,C,A){1}

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    在图3.30中，已知$\overline{CD}=\overline{AB}$, $AD$是直线．
$\angle A=\angle D$, 并且$\overline{AE}=\overline{DE}$.

求证：$EC\parallel BF$.

\end{example}

\begin{analyze}
要证$EC\parallel BF$, 只需证明$\angle 1=\angle 2$即可，要证明
$\angle 1=\angle 2$, 只需证明$\triangle AEC\cong \triangle DFB$即可．
\end{analyze}

\begin{proof}
    $\because\quad \overline{AB}=\overline{CD}$（已知）
    $\therefore\quad \overline{AB}+\overline{BC}=\overline{BC}+\overline{CD}$（等量加等量和相等）．即：$\overline{AC}=\overline{BD}$.

又：$\because\quad \angle A=\angle D,\quad \overline{AE}=\overline{DF}$（已知），

$\therefore\quad \triangle AEC\cong \triangle DFB$ (SAS).

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$（全等三角形的对应角相等）．

$\therefore\quad CE\parallel BF$（内错角相等，则两条直线平行）．
\end{proof}

\begin{blk}
  {定理} 如果两条平行直线被一条直线所截，那么截出的
内错角相等；同旁内角互补．  
\end{blk}

这个定理同学们可以根据“两条直线平行则同位角相
等”这一性质推出．

\begin{example}
     在图3.31中，
已知：$OA\parallel O'A'$, $OB\parallel O'B'$.

求证：$\angle AOB=\angle A'O'B'$.   
\end{example}

\begin{proof}
    反向延长$O'A'$交$OB$于$C$点，

$\because\quad OB\parallel O'B'$（已知），

$\therefore\quad\angle A'O'B'=\angle A'CB$（两条直线平行，同位角相等）．

又$\because\quad OA\parallel O'A'$（已知），

$\therefore\quad \angle A'CB=\angle AOB$（两条直线平行，同位角相等）．

$\therefore\quad \angle AOB=\angle A'O'B'$（等量代换）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1, rotate=-20]
\tkzDefPoints{0/0/O, 4/0/A, 2.5/1.5/O', 4.5/1.5/A', 0/1.5/C', 2.5+1.414/1.5+1.414/B', 2.5/2.5/B, 1.5/1.5/C}
\tkzDrawSegments(A,O A',O' B,O B',O')
\tkzDrawSegments[dashed](O',C')
\tkzLabelPoints[below](O,A,O',A')
\tkzLabelPoints[above](C,B,B')

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 1/2/A, 4/2/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C)
\tkzLabelPoints[left](A,B)\tkzLabelPoints[right](C,D)

\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](A,C,B C,A,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](B,A,C D,C,A)
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,C,B){2}
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,A,D){1}
\tkzLabelAngle[pos=.5](B,A,C){3}
\tkzLabelAngle[pos=.5](D,C,A){4}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

上面的例子我们可以写成下面的定理：

\begin{blk}
    {定理} 如果一个角的两条边和另一个角的两条边分别同
向平行，那么这两个角相等．
\end{blk}

\begin{example}
    图3.32中，
    已知：$AD\parallel BC$, $\overline{AD}=\overline{BC}$.

    求证：$AB\parallel CD$.
\end{example}

\begin{analyze}
    要证明$AB\parallel CD$, 只要证明$\angle 3=\angle 4$就行
了，为此需要证明$\triangle ABC\cong \triangle CDA$.
\end{analyze}

\begin{proof}
$\because\quad AD\parallel BC$（已知），

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$（两条直线平行，则
内错角相等）．

又：$\because\quad \overline{AD}=\overline{BC}$（已知）
$\overline{AC}=\overline{AC}$（公共边）

$\therefore\quad \triangle ABC\cong \triangle CDA$ (SAS)

$\therefore\quad \angle  3=\angle 4$（全等三角形的对应角相等）．

$\therefore\quad AB\parallel CD$（内错角相等，则两条直线平行）．
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 指出图中用数字标出的角中哪些是同位角？
    \item 如图，说出下列各对角的名称．
    $\angle 1$与$\angle 2$, $\angle 2$与$\angle 3$, $\angle 3$与$\angle 4$, $\angle 4$与$\angle 5$, $\angle 3$与
    $\angle 5$，$\angle 1$与$\angle 6$
    \item 试指出判定两条直线平行有哪些方法？并指出平行线
    有什么性质？
    \item 如图，已知：$\angle 1=60^{\circ}$, $\angle 2=60^{\circ}$. 
    求证：$AB\parallel CD$.

    \item 如图，已知：$\angle 1=\angle 2$, 求证：$AB\parallel CD$.
    \item 知图，已知$\angle 1=69^{\circ}$, $\angle 2=69^{\circ}$.
    求证：$AB\parallel CD$.
    \item 如图，已知：$\angle 1+\angle 2=180^{\circ}$, 求证：$AB\parallel CD$.
    \item 如图，已知：$\overline{AB}$、$\overline{CD}$相交于$E$点，且$\overline{EA}=\overline{EB}$, $\overline{EC}=\overline{ED}$
    
求证：$AC\parallel DB$.

\item 如图，已知：$\overline{AB}=\overline{DC}$, $\overline{AD}=\overline{BC}$. 求证：$AB\parallel CD$.
\item 已知：$\overline{AE}=\overline{DF}$, $\overline{AB}=\overline{CD}$, $\overline{EC}=\overline{BF}$. 
求证：$EC\parallel BF$.
\item 已知：$DE\parallel BC$, $\angle 1=\angle 2$. 求证：$\angle 3=\angle 4$.
\item 已知：$AB\parallel CD$, 求证：$\angle 1=\angle 2$.
\item 如图，已如：$\angle 1=\angle 2$. 求证：$\angle 3=\angle 4$.
\item 如图，已知：$AB\parallel CD$, 
求证：$\angle B+\angle D+\angle E=360^{\circ}$.

\item 在四边形$ABCD$中，$AD\parallel BC$, $AB\parallel CD$且$\overline{BE}=\overline{DF}$, 则$\overline{AE}\parallel \overline{FC}$.
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/1/B, 0/1.5/C, 4/2.5/D, 2/-.5/F, 2/3.5/E}
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzInterLL(A,B)(E,F)  \tkzGetPoint{X1}
\tkzInterLL(C,D)(E,F)  \tkzGetPoint{X2}
\tkzDefPoints{3.5/2/Y1, 3.5/3.5/Y2}
\tkzDrawSegments(X1,Y1 X2,Y2)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.45](B,X1,Y1 D,X2,Y2)
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,X1,Y1){4}  \tkzLabelAngle[pos=.6](D,X2,Y2){3}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.35](Y1,X1,E Y2,X2,E)
\tkzLabelAngle[pos=.6](Y1,X1,E){2}  \tkzLabelAngle[pos=.6](Y2,X2,E){1}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
 \tkzDefPoints{0/0/A, 4/.8/B, 1.5/-1/C, 4/-.5/D, 0/2.5/E, 1.5/2.5/F}
 \tkzDrawSegments(A,B C,D A,E C,F)
 \tkzInterLL(A,B)(C,F)  \tkzGetPoint{G}     
 \tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](B,A,E D,C,F B,G,F A,G,C)
 \tkzLabelAngle[pos=.5](B,A,E){1}  \tkzLabelAngle[pos=.5](D,C,F){4}
 \tkzLabelAngle[pos=.5](B,G,F){2} \tkzLabelAngle[pos=.5](A,G,C){3}
 \tkzMarkAngles[mark=none, size=.25](C,G,B F,G,A)
 \tkzLabelAngle[pos=.4](C,G,B){5}  \tkzLabelAngle[pos=.4](F,G,A){6}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第2题}
    \end{minipage}
    \end{figure}



\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/C, 2.5/0/D, 0/1/A, 2.5/1/B, .5/-1/E, 2.25/2.25/F}
\tkzInterLL(A,B)(E,F) \tkzGetPoint{X1}
\tkzInterLL(C,D)(E,F) \tkzGetPoint{X2}
\tkzLabelPoints[left](A,C)\tkzLabelPoints[right](B,D)
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](A,X1,E C,X2,E)
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,X1,E){1}  \tkzLabelAngle[pos=.6](C,X2,E){2}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/C, 2.5/0/D, 0/1/A, 2.5/1/B, .5/-1/E, 2.25/2.25/F}
\tkzInterLL(A,B)(E,F) \tkzGetPoint{X1}
\tkzInterLL(C,D)(E,F) \tkzGetPoint{X2}
\tkzLabelPoints[left](A,C)\tkzLabelPoints[right](B,D)
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,X1,F C,X2,E)
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,X1,F){1}  \tkzLabelAngle[pos=.6](C,X2,E){2}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第5、7、12题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
 \tkzDefPoints{0/0/C, 2.5/0/D, 0/1/A, 2.5/1/B, .5/-1/E, 2.25/2.25/F}
\tkzInterLL(A,B)(E,F) \tkzGetPoint{X1}
\tkzInterLL(C,D)(E,F) \tkzGetPoint{X2}
\tkzLabelPoints[left](A,C)\tkzLabelPoints[right](B,D)
\tkzDrawSegments(A,B C,D E,F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,X1,F E,X2,D)
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,X1,F){1}  \tkzLabelAngle[pos=.6](E,X2,D){2}
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第6题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/D, 2.5/0/B, -.5/1.5/A, 2/1.5/C}
\tkzInterLL(A,B)(C,D) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,C,E)
\tkzDrawPolygon(B,D,E)
\tkzLabelPoints[above](A,C)
\tkzLabelPoints[below](B,D,E)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2.5/0/C, .75/1.5/A, 3.25/1.5/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第9题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.32\textwidth}
        \centering
        \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 1/0/B,2/0/C,3/0/D, .5/1/E, 2.5/-1/F}
\tkzDrawPolygon(A,C,E)
\tkzDrawPolygon(B,D,F)
\tkzLabelPoints[above](E,D)
\tkzLabelPoints[below](A,B,C,F)
        \end{tikzpicture}
        \caption*{第10题}
        \end{minipage}
    \end{figure}



    \begin{figure}[htp]\centering
        \begin{minipage}[t]{0.46\textwidth}
        \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 2.2/4/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzLabelPoints[left](B,D)
\tkzLabelPoints[right](C,E)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](E,D,A C,B,A A,C,B A,E,D)
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,D,A){3}  \tkzLabelAngle[pos=.6](C,B,A){1}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,C,B){2}  \tkzLabelAngle[pos=.6](A,E,D){4}
        \end{tikzpicture}
        \caption*{第11题}
        \end{minipage}
        \begin{minipage}[t]{0.46\textwidth}
        \centering
        \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
 \tkzDefPoints{0/0/C, 3/0/D, 0/1/A, 3/1/B, .5/-1/E, 1.5/2/F, 2.5/-1/G, 2/2/H}
 \tkzDrawSegments(A,B C,D E,F G,H)
\tkzLabelPoints[left](A,C)\tkzLabelPoints[right](B,D)
\tkzInterLL(A,B)(E,F) \tkzGetPoint{X1}
\tkzInterLL(C,D)(E,F) \tkzGetPoint{X2}
\tkzInterLL(A,B)(G,H) \tkzGetPoint{Y1}
\tkzInterLL(C,D)(G,H) \tkzGetPoint{Y2}

\tkzMarkAngles[mark=none, size=.25](A,X1,E D,X2,F G,Y1,B G,Y2,D)
\tkzLabelAngle[pos=.4](G,Y1,B){3}  \tkzLabelAngle[pos=.4](A,X1,E){1}
\tkzLabelAngle[pos=.4](D,X2,F){2}  \tkzLabelAngle[pos=.4](G,Y2,D){4}


        \end{tikzpicture}
        \caption*{第13题}
        \end{minipage}

        \end{figure}

    \begin{figure}[htp]\centering
        \begin{minipage}[t]{0.46\textwidth}
        \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/C, 2.5/0/D, 0/1.5/A, 3/1.5/B, 4/1/E}
\tkzLabelPoints[above](A,B)
\tkzLabelPoints[below](C,D)
\tkzLabelPoints[right](E)
\tkzDrawSegments(A,B C,D D,E B,E)
        \end{tikzpicture}
        \caption*{第14题}
        \end{minipage}
        \begin{minipage}[t]{0.46\textwidth}
            \centering
            \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/D, 3/0/A, 0.75/2/C, 3.75/2/B}
\tkzLabelPoints[right](A,B)
\tkzLabelPoints[left](C,D)
\tkzDrawSegments(B,D)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,D) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.7](B,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawSegments(A,E C,F)
\tkzLabelPoints[below](F)
\tkzLabelPoints[above](E)
            \end{tikzpicture}
            \caption*{第15题}
            \end{minipage}
        \end{figure}



\subsection{内角和定理}

\begin{blk}
  {三角形内角和定理} 三角形三内角和等于$180^{\circ}$.  
\end{blk}

这个定理在第一章用实验的办法验证过，现在我们应用
平行线的性质来证明它．

已知：任一$\triangle ABC$(图3.33). 求证：$\angle A+\angle B+
\angle C=180^{\circ}$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1/2.5/A, 0/2.5/D, 4/2.5/E}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\tkzDrawSegments[dashed](D,E)
\tkzLabelPoints[left](B,D)\tkzLabelPoints[right](C,E)
\tkzLabelPoints[above](A)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
    过$A$点引直线
$DE\parallel BC$（平行公理）
则$\angle DAB=\angle B$, $\angle EAC=\angle C$（两条直线平行，
则内错角相等）．

$\because\quad DE$是过$A$点的直线（作图），

$\therefore\quad \angle DAB+\angle BAC+\angle CAE=180^{\circ}$（平角定义）．

$\therefore\quad \angle A+\angle B+\angle C=180^{\circ}$（等量代换）．
\end{proof}

由三角形内角和定理可以得到下列推论．

\begin{blk}
    {推论1} 一个三角形的两角若分别等于另一个三角形的
两角，则第三个角也相等．
\end{blk}


\begin{blk}
    {推论2} 两个三角形如果有两个角和其中一个角所对的
边分别相等，那么它们就全等．（AAS）
\end{blk}


\begin{blk}
    {推论3} 三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角
的和．
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论4} 正三角形的各内角是$60^{\circ}$.
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论5 }三角形中，至多有一个直角或一个钝角．
\end{blk}

\begin{blk}
   {定义} 每个内角都是锐角的三角形，叫做\textbf{锐角三角形}；
有一个内角是直角的三角形叫做\textbf{直角三角形}，夹直角的两边
叫做\textbf{直角边}，直角的对边叫做\textbf{斜边}；有一个内角是钝角的三
角形叫做\textbf{钝角三形角}（图3.34）．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 1.6/3/C}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B,A,C C,B,A A,C,B)
\node at (1.5,-.5){锐角三角形};
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=4cm]
        \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 2/3/C}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \node at (1,-.5){直角三角形};
    \tkzMarkRightAngles(C,B,A)
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=7cm]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 3.6/2.8/C}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,B,A)
    \node at (1.8,-.5){钝角三角形};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

这样，三角形可以根据它的内角的大小分为三类：锐角
三角形、直角三角形和钝角三角形．

\begin{blk}
{推论6} 直角三角形中，非直角的两个角都是锐角，并
且这两个锐角互余．
\end{blk}

\begin{blk}
{定义}
三边都不相等的三角形叫做\textbf{不等边三角形}．
\end{blk}

这样三角形又可以按边长分成三类：等边三角形，底边
和腰不等的等腰三角形和不等边三角形．


\begin{example}
    已知：$O$是$\triangle ABC$内任一点（图3.35）．

求证：$\angle BOC=\angle A+\angle ABO+\angle ACO$.
\end{example}

\begin{proof}
 引$AO$交$\overline{BC}$于$D$点，
则$\angle DOB=\angle ABO+\angle BAO$, 
$\angle DOC=\angle ACO+\angle CAO$（三
角形外角等于不相邻内角和）

$\therefore\quad \angle DOB+\angle DOC=\angle ABO+\angle ACO+
\angle BAO+\angle CAO$（等量加等量和相等）．

$\therefore\quad \angle BOC=\angle A+\angle ABO+\angle ACO$
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2.5/3/A, 2/1.2/O}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(B,O O,C)
\tkzInterLL(A,O)(B,C) \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawSegments[dashed](A,D)
\tkzLabelPoints[below](B,D,C)
\tkzLabelPoints[above](A,O)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/C, 0/3.2/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefPointBy[projection = onto A--B](C) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointBy[projection = onto A--C](B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments(B,E C,D)
\tkzLabelPoints[left](D,B)
\tkzLabelPoints[right](E,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzMarkRightAngles[size=.2](B,D,C C,E,B)


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    在图3.36中．
    已知：$\overline{CD}\bot\overline{AB}$于$D$, $\overline{BE}\bot\overline{AC}$于$E$, 且$\overline{BE}=\overline{CD}$.

    求证：$\angle ABC=\angle ACB$
\end{example}

\begin{proof}
    在$\triangle ABE$与$\triangle ACD$中，

$\because\quad  \overline{BE}\bot\overline{AC}$于$E$. $\overline{CD}\bot\overline{AB}$于$D$（已知）

$\therefore\quad \angle ADC=90^{\circ},\quad \angle AEB=90^{\circ}$
（垂直定义）．

$\therefore\quad \angle ADC=\angle AEB$（等量代换）．

又$\because\quad \angle A=\angle A$（公共角），$\overline{BE}=\overline{CD}$（已知）

$\therefore\quad \triangle ABE\cong \triangle ACD$ (AAS).

$\therefore\quad \overline{AB}=\overline{AC}$（全等三角形的对应边相等）．

$\therefore\quad \angle ABC=\angle ACB$. （等腰三角形的两底角相等）．
\end{proof}

\begin{example}
    试证明定理：角平分线上的点与角的两边距离
相等．

已知：$BD$是$\angle ABC$的平分线，$P\in BD$, $\overline{PE}\bot BA$于
$E$, $\overline{PF}\bot BC$于$F$ (图3.37). 
求证：$\overline{PE}=\overline{PF}$.
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/D, 3/0/P}
\tkzDefPoint(25:3.8){A}  \tkzDefPoint(-25:3.8){C}
\tkzDefPointBy[projection = onto A--B](P) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointBy[projection = onto B--C](P) \tkzGetPoint{F}
\tkzMarkRightAngles[size=.2](B,E,P B,F,P)
\tkzDrawSegments(A,B B,C B,D E,P F,P)
\tkzLabelPoints[below](F,C,P) \tkzLabelPoints[above](E,A)
\tkzLabelPoints[left](B)\tkzLabelPoints[right](D)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
在$\triangle PEB$和$\triangle PFB$中，

$\because\quad BD$平分$\angle ABC$（已知），

$\therefore\quad \angle EBP=\angle FBP$（角平分线定义）．

又$\because\quad \overline{PE}\bot BA$于$E$, 
$\overline{PF}\bot BC$于$F$（已知），

$\therefore\quad \angle PEB=90^{\circ}$, $\angle PFB=90^{\circ}$（垂直定义），

$\therefore\quad \angle PEB=\angle PFB$（等量代换）．

又$\because\quad \overline{BP}=\overline{BP}$（公共边），

$\therefore\quad \triangle PEB\cong \triangle PFB$ (AAS)

$\therefore\quad \overline{PE}=\overline{PF}$（全等三角形的对应边相等）．
\end{proof}

\begin{blk}
    {定义} 连结多边形的不相邻两个顶点的线段叫做这个多
    边形的\textbf{对角线}．如图3.38中的四边形$ABCD$中就有两条对
    角线$\overline{AC}$、$\overline{BD}$.
\end{blk}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/.5/C, 2.8/1.8/D, 1.3/2.5/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C B,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/C, 1.7/.5/D, 2.5/1.5/E, 1/2.5/A, -.75/1.3/B}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
        \tkzDrawSegments(A,C A,D)
        \tkzLabelPoints[left](B,C) \tkzLabelPoints[right](E,D)
        \tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{blk}
    {推论}
从$n$边形的一个顶点引对角线，可把这个$n$边形分
成$n-2$个三角形，如图3.39中的五边形$ABCDE$，从$A$点
引对角线$\overline{AC}$、$\overline{AD}$，则分成了三个三角形．
\end{blk}

由此推论不难得出多边形内角和定理：

\begin{blk}{多边形内角和定理}
    任意$n$边形的内角和等于$(n-2)\x180^{\circ}$.  
\end{blk}

这个定理请同学们参看图3.40或图3.41自己证明．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoint(-20:1.5){A_4}
\tkzDefPoint(40:1.5){A}
\tkzDefPoint(80:1.5){B}
\tkzDefPoint(-60:1.5){A_3}
\tkzDefPoint(-130:1.5){A_2}
\tkzDefPoint(180:1.5){A_1}
\tkzDefPoint(130:1.5){A_n}
\tkzDrawSegments(A_1,A A_1,A_4 A_1,A_3)
\tkzDrawPolygon(A_1,A_2,A_3,A_4,A,B,A_n)
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A_1,A_2,A_3,A_4,A_n)


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoint(-20:1.5){A}
\tkzDefPoint(80:1.5){A_4}
\tkzDefPoint(-60:1.75){A_n}
\tkzDefPoint(-130:1.4){A_1}
\tkzDefPoint(170:1.5){A_2}
\tkzDefPoint(130:1.25){A_3}
\tkzDrawSegments(O,A_1 O,A_2 O,A_3 O,A_4 O,A_n O,A)
\tkzDrawPolygon(A_1,A_2,A_3,A_4,A,A_n)
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A_1,A_2,A_3,A_4,A_n)
\draw(0,0) circle(.5);
\tkzLabelPoints[below](O)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{blk}{定义}
    多边形内角的一边和另一边的反向延长线所组
成的角叫做多边形的\textbf{外角}．
\end{blk}

对于任一个$n$边形每一内角取一个相应的外角，如图3.42中的$\alpha'_1, \alpha'_2,\ldots,\alpha'_n$, 很显然，一个内角与它相应的一个外角和为一个平角，因此：
\[\begin{split}
  (n-2)  \text{个平角外角和}+\text{外角和}&=\text{内角和}+\text{外角和}\\
  &=(\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n)+(\alpha'_1+\alpha'_2+\cdots+\alpha_n')\\
  &=n\text{个平角}
\end{split}\]
$\therefore\quad \text{外角和}=\text{2个平角}=360^{\circ}$

因而有多边形外角和定
理：

\begin{blk}{多边形外角和定理}
  任意多边形外角和都等
于$360^{\circ}$  
\end{blk}


\begin{blk}
  {定义} 各边都相等，各
角都相等的多边形叫做\textbf{正多
边形}．  
\end{blk}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoint(20:1.5){B}
\tkzDefPoint(20+60:1.5){C}
\tkzDefPoint(20+120:1.5){D}
\tkzDefPoint(20+180:1.5){E}
\tkzDefPoint(20+240:1.5){F}
\tkzDefPoint(-40:1.5){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E,F)
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](A,B)  \tkzGetPoint{B1}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](B,C)\tkzGetPoint{C1}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](C,D)\tkzGetPoint{D1}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](D,E)\tkzGetPoint{E1}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](E,F)\tkzGetPoint{F1}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.75](F,A)\tkzGetPoint{A1}

\tkzDrawSegments(A,A1 B,B1 C,C1 D,D1 E,E1 F,F1)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](B1,B,C1 C1,C,D1 D1,D,E1 E1,E,F1 F1,F,A A1,A,B1)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.25](F,E,D E,D,C D,C,B C,B,A B,A,F A,F,E)

\tkzLabelAngle[pos=.5](F,E,D){$\alpha_1$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](A,F,E){$\alpha_2$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](B,A,F){$\alpha_3$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](C,B,A){$\alpha_4$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](E,D,C){$\alpha_n$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](E1,E,F1){$\alpha_1'$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](F1,F,A){$\alpha_2'$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](A1,A,B1){$\alpha_3'$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](B1,B,C1){$\alpha_4'$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](D1,D,E1){$\alpha_n'$}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoint(180-18:2){B}
\tkzDefPoint(-126:2){C}
\tkzDefPoint(-54:2){D}
\tkzDefPoint(18:2){E}
\tkzDefPoint(90:2){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,E)
\tkzDrawSegments(A,D C,E)
\tkzInterLL(A,D)(C,E)  \tkzGetPoint{F}
\tkzLabelPoints[left](F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](F,A,E  E,D,F F,E,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](E,F,A A,E,F)
\tkzLabelAngle[pos=.7](E,D,F){$36^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](F,E,D){$36^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,E,F){$72^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.7](F,A,E){$36^{\circ}$}
\node at (54:1.8){$a$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    在图3.43中，已知：$ABCDE$是正五边形，对角
    线$\overline{AD}$、$\overline{CE}$相交于$F$.

    求证：$\triangle AEF$、$\triangle DEF$、$\triangle CDF$都是等腰三角形．
\end{example}

\begin{proof}
由多边形内角和公式可知：正五边形的各内角
和
\[(5-2)\x180^{\circ}=540^{\circ}\]
由于正五边形各内角相等，

$\therefore\quad \angle AED=540^{\circ}\x\frac{1}{5}=108^{\circ}$

$\because\quad \triangle EAD$是等腰三角形，

$\therefore\quad \angle EAD=\angle EDA=(180^{\circ}-108^{\circ})\x\frac{1}{2}=36^{\circ}$

$\because\quad \triangle DCE$也是等腰三角形，
$\angle D=108^{\circ}$,

$\therefore\quad \angle DEF=36^{\circ}$.

$\therefore\quad \angle AEF=108^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$

$\angle AFE=180^{\circ}-36^{\circ}-72^{\circ}=72^{\circ}$, $\overline{AE}=\overline{AF}$.

$\therefore\quad \triangle AEF$是等腰三角形．

同理可证$\triangle CDF$也是等腰三角形，腰长等于正五边形的
边长；$\triangle DEF$也是等腰三角形．

请同学们用量角器和直尺，
划一个正五边形．
\end{proof}
    
\begin{example}
    已知：正六边形
    $ABCDEF$ (图3.44)．

    求证：对角线$\overline{AD}$、$\overline{BE}$
    $\overline{CF}$相交于一点，且把正六
    边形$ABCDEF$分割成六个
    正三角形．
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoint(20:2){E}
\tkzDefPoint(80:2){F}
\tkzDefPoint(140:2){A}
\tkzDefPoint(200:2){B}
\tkzDefPoint(260:2){C}
\tkzDefPoint(320:2){D}
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,E,F)
\tkzDrawSegments(A,D B,E C,F)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E,F)
\tkzLabelPoints[above right](O)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
    已知$ABCDEF$是正六边形，所以它的每一
    个内角
    \[(6-2)\x180^{\circ} \x\frac{1}{6}=120^{\circ}\]
    
    以$\overline{AB}$为边作正三角形$ABO$, 顶点$O$在正六边形$ABCD
    EF$内，连结$\overline{OC}$、$\overline{OD}$、$\overline{OE}$、$\overline{OF}$.

$\because\quad \angle B=120^{\circ},\quad \angle ABO=60^{\circ}$,
 
$\therefore\quad \angle OBC=60^{\circ}$.

又$\because\quad \overline{OB}=\overline{BC}$,

$\therefore\quad \angle BCO=\angle BOC=60^{\circ}$.

$\therefore\quad \triangle OBC$也是正三角形．

    同理可证：
$\triangle OCD$、$\triangle ODE$、$\triangle OEF$、$\triangle OFA$都是正三角形．
    由于$\angle AOB+\angle BOC+\angle COD=180^{\circ}$, 所以$A$、$O$、$D$
    在同一条直线上，同理，$B$、$O$、$E$，$C$、$O$、$F$也都分别在
    同一条直线上，所以对角线$\overline{AD}$、$\overline{BE}$、$\overline{CF}$相交于一点$O$, 
    且把正六边形分隔成六个全等的正三角形．
\end{proof}


    根据例3.21得出的正六边形的性质，请同学们想想，若已知
    正六边形的边长，如何用圆规和直尺画一个正六边形．
    


\begin{example}
    测量斜面的倾斜角，常用测倾仪（图3.45(1)）．
测倾仪悬垂的指针所指的度数，就是倾角的度数，为什么？
\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.6]{fig/3-45.png}
    \caption{}
\end{figure}
\end{example}


\begin{analyze}
    为了便于说明，我们将测倾仪指针所指倾角和斜面
    的斜角位置关系用图3.45(2)来表示，问题便转化为：

    已知：$AC\bot BC$, $AD\bot BD$. 求证：$\angle A=\angle B$.
\end{analyze}

\begin{proof}
    设$BC$、$AD$相交于$E$点．

$\because\quad AC\bot BC$  （已知），

$\therefore\quad \angle ECA=90^{\circ}$ （垂直定义）．

$\therefore\quad$ 在$\triangle ACE$中，$\angle A+\angle AEC=90^{\circ}$（直角三角形两锐角互余）．

同理：$\angle B+\angle BED=90^{\circ}$

又$\because\quad \angle AEC=\angle BED$（对顶角相等），

$\therefore\quad \angle A=\angle B$（等角的余角相等）．
\end{proof}
这个例题可以写成下面的定理：

\begin{blk}
   {定理} 如果一个锐角的两边分别垂直于另一个锐角的两
边，那么这两个锐角相等． 
\end{blk}

根据这个定理很容易证明下面的例题．

\begin{example}
已知：在图3.46中，
$\angle BAC=90^{\circ}$, $AD\bot BC$于
$D$点．

求证：$\angle B=\angle CAD$, $\angle C=\angle BAD$.
\end{example}


\begin{proof}
$\because\quad $在$\triangle ABC$中，
$\angle BAC=90^{\circ}$（已知），

$\therefore\quad \angle B$、$\angle C$都是锐角（直角三角形中，非直角的两
个角都是锐角）．

又$\because\quad AD$在$\angle BAC$的内部，

$\therefore\quad \angle CAD$也是锐角（全量大于它的任何一部分）．

由于，$AB\bot AC$, $AD\bot BC$, 

$\therefore\quad \angle B=\angle CAD$.

同理：$\angle C=\angle BAD$.（两边分别互相垂直的两个锐角相
等）
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3.2/0/D, 5/0/C, 3.2/2.4/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,B,A)
\tkzMarkRightAngles(A,D,C B,A,C)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-1.5/0/B, 1.5/0/B', 0/0/C, 0/2.5/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,B')
\tkzDrawSegments(A,C)
\tkzMarkRightAngles(A,C,B)
\tkzLabelPoints[below](B,B')
\node at (C)[below]{$C(C')$};
\node at (A)[above]{$A(A')$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知：$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，
$\angle ACB=\angle A'C'B'=90^{\circ}$, $\overline{AB}=\overline{A'B'}$,
$\overline{AC}=\overline{A'C'}$ (图3.47).

求证：$\triangle ABC\cong \triangle A'B'C'$
\end{example}

\begin{proof}
    根据移形公理，移动
$\triangle A'B'C'$, 因$\overline{AC}=\overline{A'C'}$,
所以可使$\overline{A'C'}$与$\overline{AC}$重合，
并使$B$、$B'$落于$\overline{AC}$的两侧．

由于$\angle ACB=\angle ACB'=90^{\circ}$.

$\therefore\quad \angle  BCB'=180^{\circ}$.

$\therefore\quad B$、$C$、$B'$在一条直线上．

在$\triangle ABB'$中，

$\because\quad \overline{AB}=\overline{A'B}=\overline{AB'}$,

$\therefore\quad \angle B=\angle B'$（等腰三角形的两底角相等）．

在$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，

$\because\quad \angle ACB=\angle A'C'B'$, $\angle B=\angle B'$, $\overline{AB}=\overline{A'B'}$.

$\therefore\quad \triangle ABC\cong \triangle A'B'C'$ (AAS)    
\end{proof}

由上例可得如下定理：

\begin{blk}
  {定理} 斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全
等．  
\end{blk}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求下列各图中的$\angle x$、$\angle y$的度数．
    \item 如果等腰$\triangle ABC$的顶角是$\angle C$, 
\begin{enumerate}
\item 当$\angle C=40^{\circ}$ 时，求$\angle A$;
\item 当$\angle C=m^{\circ}$ 时，求$\angle B$;
\item 当$\angle A=40^{\circ}$ 时，求$\angle C$;
\item 当$\angle B=n^{\circ}$ 时，求$\angle C$.
\end{enumerate}

\item 已知$\triangle ABC$中，$\overline{AB}=\overline{AC}$, $AD$是$\angle BAC$的外角平分
    线，求证$AD\parallel BC$.
    \item 求证：三角形的两个外角的和减去第三个内角等于二个
    直角．
    \item 试证：若三角形的二外角和等于三个直角，此三角形必
    是直角三角形．
    \item 如果等腰三角形的顶角是$60^{\circ}$, 则此三角形为正三角
    形．
    \item 在$\triangle ABC$中，$\angle A=25^{\circ}$, $\angle B=68^{\circ}$, 经过这个三角
    形的顶点，作对边的平行线，求这些直线组成的三角形的
    三内角的度数．
    \item 三角形的两个角分别等于$62^{\circ}$ 和$72^{\circ}$, 从这两个角的顶
    点作
    对边的高线，求这两条高线的夹角．
    \item 如果一个三角形的任意两个角的和大于$90^{\circ}$, 这个三角
    形是怎样的三角形？
\item 已知六边形$ABCDEF$中，
$\angle A=a^{\circ}$, $\angle B=b^{\circ}$, 
$AF\parallel CD$, $AB\parallel DE$, 试
求图中$x$、$y$的度数．
\item 求七边形与十边形的内
角和．
\item 如果多边形的所有内角和等于：
\[1080^{\circ} ,\quad 1620^{\circ}  ,\quad 3960^{\circ}  ,\quad 1840^{\circ}\]那
么这些多边形各有几条边？
\item 如果多边形的每一个内角都等于：
\[144^{\circ} ,\quad 150^{\circ}  ,\quad 170^{\circ}  ,\quad 111^{\circ} 
,\quad 190^{\circ}\] 
那么这些多边形各有几条边？
\item 试证：两条平行线被一条直线所截时，两同旁内角的平
分线互相垂直．
\item 设$\overline{CD}$和$\overline{AE}$是$\triangle ABC$的高，求证$\angle BCD=\angle BAE$.
\item 试证：等腰三角形两腰上的高线相等．
\item 试证：等腰三角形中，从底的中点到两腰的距离相
等．
\item 试证：与角的两边距离相等的点在该角的平分线上．
\item 试证：与线段两端点距离相等的点在该线段的垂直平分
线上．
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C, 3.5/3.5/A, 2.5/1.5/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(B,D C,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](A,C,D B,A,C B,D,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=1.2](D,B,A)
\tkzLabelAngle[pos=1.6](D,B,A){$23^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,C,D){$39^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,A,C){$70^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,D,C){$x$}
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A)

\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6cm, yshift=1cm]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/-1/C, 0/1/A, 3/2.5/E, 4.5/1/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
    \tkzLabelPoints[below](B,C)
    \tkzLabelPoints[above](E)
    \tkzLabelPoints[right](D)
    \tkzLabelPoints[left](A)
    \tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,B,A B,A,E A,E,D E,D,C)
\tkzMarkRightAngle(D,C,B)
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,B,A){$105^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,E,D){$120^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,A,E){$x$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,D,C){$107^{\circ}$}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.8](E,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawSegments[dashed](D,F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.45](C,D,F)
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,D,F){$y$}
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
\end{figure}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/C, 2/0/D, 3.5/1.5/E, -1.5/2.5/B, 0/4/A, 2.2/4/F}
\tkzLabelPoints[below](C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,F)
\tkzLabelPoints[right](E)
\tkzLabelPoints[left](B)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E,F)
\tkzInterLL(A,B)(D,C) \tkzGetPoint{G}
\tkzLabelPoints[left](G)
\tkzDrawSegments[dashed](C,G B,G)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C,B,A B,A,F D,C,B E,D,C)
\tkzLabelAngle[pos=.5](C,B,A){$b^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](B,A,F){$a^{\circ}$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](D,C,B){$x$}
\tkzLabelAngle[pos=.5](E,D,C){$y$}

\end{tikzpicture}
    \caption*{第10题}
\end{figure}

\section*{习题3.2}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题3.2}
\begin{enumerate}
    \item 在钝角三角形中，哪一条边最大？为什么？
    \item 试证明：三角形最小边总对着锐角．
    \item 在$\triangle ABC$中，$\overline{AB}$是最大的边，这个三角形的哪些角可
    能是锐角，可能是$\angle C$吗？

    \item    在等腰三角形中，如果它的腰长小于底边的长，它的顶
    角的大小应当在什么范围内？
    \item 证明：在三角形中最小的锐
    角不大于$60^{\circ}$.
    \item 如图，已知：$\angle B=90^{\circ}$, $D$点
    在$\overline{BC}$延长线上

    求证：$\overline{AD}>\overline{AC}$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/D, 2/0/C, 3.5/0/B, 3.5/2/A}
\tkzDrawSegments(A,D)
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzMarkRightAngle(A,B,C)
\tkzDrawSegments[dashed](C,D)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第6题}
\end{figure}

    \item 证明：直角三角形中斜边比直角边长．
    \item 证明：从直线外一点和直线上各点所连线段中，和直线
    垂直的线段最短．
    \item 设$\triangle ABC$中的两角$\angle B$和$\angle C$的平分线相交于$O$, 过$O$
    作$\overline{BC}$的平行线，与$\overline{AB}$、$\overline{AC}$分别交于$D$、$E$, 则$\overline{DE}=
    \overline{BD}+\overline{CE}$.
    \item 在直角三角形$ABC$的斜边$\overline{AC}$上取两点$D$、$E$, 使$\overline{AD}=\overline{AB}$, $\overline{CE}=\overline{CB}$, 求$\angle DBE$的度数．
    \item 证明：在任一多边形中，锐角不能超过四个．
    \item 已知：$\triangle ABC$中，$AE$是$\angle A$外角的平分线，
    且$AE\parallel BC$. 
    求证：$\overline{AB}=\overline{AC}$.
    \item 已知：$\triangle ABC$中，$\overline{AB}=\overline{AC}$, $\angle A=36^{\circ}$, $\overline{BD}$是$\angle B$
    的平分线，
    求证：$\overline{AD}=\overline{BD}=\overline{BC}$, $\angle BDC=2\angle A$
    \item 过等腰三角形底边$\overline{BC}$上或$\overline{BC}$的延长线上任一点$D$（$\overline{BC}$
    的中点除外），作底边$\overline{BC}$的垂线，分别交两腰$\overline{AB}$、$\overline{AC}$
    （或延长线）于$E$、$F$. 

    求证：$\triangle AEF$为等腰三角形． 
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \tkzDefPoints{-2/0/B, 2/0/C, 0/2/A, .5/0/D, .5/.5/G}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefPointWith[linear, K=1.5](B,A) \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawSegments[dashed](A,H)
\tkzInterLL(B,A)(D,G) \tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(A,C)(D,E) \tkzGetPoint{F}
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzDrawSegments(D,E)
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=5cm, scale=.6]
    \tkzDefPoints{-2/0/B, 2/0/C, 0/2/A, 3/0/D, 3/.5/G}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzDefPointWith[linear, K=3](B,A)  \tkzGetPoint{H}
    \tkzDefPointWith[linear, K=1.5](B,C)  \tkzGetPoint{I}
    \tkzDefPointWith[linear, K=1.5](A,C)  \tkzGetPoint{J}
    \tkzInterLL(B,A)(D,G) \tkzGetPoint{E}
    \tkzInterLL(A,C)(D,E) \tkzGetPoint{F}
    \tkzLabelPoints[below](B,C)
    \tkzLabelPoints[above](A,E)
    \tkzLabelPoints[right](F)
    \tkzLabelPoints[above right](D)
    \tkzDrawSegments[dashed](A,H C,J C,I)
    \tkzDrawSegments(E,F)
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption*{第14题}
\end{figure}    
\item 已知：$\triangle ABC$中，$D\in \overline{AB}$, $\overline{DE}\parallel \overline{AC}$交$\overline{BC}$于$E$, 
并且$\overline{DE}$平分$\angle BDC$, 求证：$\overline{DA}=\overline{DC}$.
\item 求图中五角星形的五个角之和．
\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoint(90-72:2){C}
\tkzDefPoint(90:2){D}
\tkzDefPoint(90+72:2){E}
\tkzDefPoint(90-144:2){B}
\tkzDefPoint(90+144:2){A}
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzDrawSegments(B,D A,D E,C A,C E,B)
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,E)


    \end{tikzpicture}
    \caption*{第16题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 1/1.8/A}
\tkzDefEquilateral(B,A)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDefEquilateral(A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\tkzDrawPolygon(D,A,E,C,B)
\tkzDrawSegments(B,E C,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzInterLL(B,E)(C,D) \tkzGetPoint{O}
\tkzLabelPoints[above](D,A,E,O)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第19题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 已知$\triangle ABC$中，$\angle B$和$\angle C$的平分线交于$P$, 引$PH\parallel
AB$, $PG\parallel AC$, 设$PH$和$PG$交$\overline{BC}$于$H$、$G$, 则$\triangle PHG$
的周长等于$\overline{BC}$.
\item 试证：全等三角形的对应边上的高线相等．
\item 以$\triangle ABC$的$\overline{AB}$、$\overline{AC}$为一边在形外分别作正三角形
$ABD$和正三角形$ACE$, 设$\overline{DC}$与$\overline{BE}$交于$O$.

求证：$\overline{DC}=\overline{BE}$, $\angle BOC=120^{\circ}$.
\item 在线段$\overline{AB}$上，取一点$C$, 在$\overline{AB}$的同旁作正$\triangle DAC$和正$\triangle ECB$, $\overline{DB}$、$\overline{EA}$分别交$\overline{EC}$、$\overline{DC}$于$G$、$F$.
试证：
\begin{enumerate}
    \item $\angle BDC=\angle EAC$
    \item $\overline{GC}=\overline{FC}$
    \item $\triangle CFG$为正三角形
    \item $FG\parallel AB$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\tkzDefPoints{0/0/A, 1.5/0/C, 4/0/B}
\tkzDefEquilateral(C,B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefEquilateral(A,C)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,C,D)
\tkzDrawPolygon(B,C,E)
\tkzInterLL(C,D)(A,E)\tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(B,D)(C,E)\tkzGetPoint{G}
\tkzDrawSegments(A,E C,E B,D F,G)
\tkzLabelPoints[below](A,B,C,F,G)
\tkzLabelPoints[above](D,E)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第20题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1/2.5/A}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to A](C){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzInterLL(B,D)(A,C)  \tkzGetPoint{O}
\tkzDrawSegments(B,D A,C)
\tkzLabelPoints[below](O,B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\section{特殊四边形}
\subsection{平行四边形}
\begin{blk}{定义}
两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．平
行四边形用符号“$\parallelogram$”表示，图3.48中的平行四边形记作
“$\parallelogram ABCD$”．
\end{blk}


我们分析多边形的性质时，基本方法是把它分解为
一些三角形，然后利用三角
形的性质来研究多边形的性质．

$\parallelogram ABCD$ 的每条对角
线都把平行四边形分成一对全等的三角形，并且
\[\triangle AOB\cong \triangle COD,\qquad \triangle BOC\cong \triangle DOA\]

请同学们利用全等三角形来证明下面平行四边形性质定
理：

\begin{blk}
    {平行四边形的性质定理}
平行四边形具有下列性质：
\begin{enumerate}
    \item 对边相等；
    \item 对角相等；
    \item 相邻两角互补；
    \item 对角线互相平分．
\end{enumerate}
\end{blk}

\begin{blk}
    {定义} 同时垂直于两条平行线的直线，叫做这两条平行
线的\textbf{公垂线}．公垂线夹在平行线间的线段叫做\textbf{公垂线段}．
\end{blk}

两条平行线间的公垂线段有无数条，但根据平行四边形
的性质可以证明：
夹在平行线间的公垂线段处处相等．


\begin{blk}
    {定义} 两条平行线间的公垂线
段的长叫做\textbf{这两条平行线间的
距离}（图3.49）．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
    \draw[<->](2.5,0)--node[fill=white]{距离}(2.5,2);
\draw[very thick](0,0)--(5,0);
\draw[very thick](0,2)--(5,2);
\draw[thick](3,0)--(3,2);
\draw[thick](4,0)--(4,2);
\draw[](1,-1)--(1,3);
\draw[](2,-1)--(2,3);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}



上面讨论了平行四边形的性
质，这些性质都是平行四边形的一
些必要条件．我们怎样判断一个四
边形是平行四边形呢？也就是说一个四边形是平行四边形的
充分条件有哪些呢？

\begin{blk}
    {平行四边形判定定理} 四边形溝足下列任一条件时，就
是平行四边形．
\begin{enumerate}
\item 两组对边分别相等；
\item 两组对角分别相等；
\item 一组对边平行且相等；
\item 对角线互相平分．
\end{enumerate}
\end{blk}

证明时，只要证明两组对边平行即可，我们证明1、2, 请同学们自己证明3、4.

已知：四边形$ABCD$中，
$\overline{AD}=\overline{BC}$, $\overline{AB}=\overline{CD}$ (图3.50).

求证：四边形$ABCD$为平行四
边形．

\begin{proof}
    连$\overline{BD}$, 在$\triangle BAD$与$\triangle DCB$中，

$\because\quad     \overline{AB}=\overline{CD}$、$\overline{AD}=\overline{BC}$（已知），$\overline{BD}=\overline{BD}$ （公共边），

$\therefore\quad \triangle BAD\cong \triangle DCB$ (SSS).

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2,\quad \angle 3=\angle 4$（全等三角形的对应角相等）．

$\therefore\quad AD\parallel BC,\quad AB\parallel CD$ （内错角相等，则两条直线
平行）．

$\therefore\quad $四边形$ABCD$为平行四边形（平行四边形定义）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, -.5/1.5/A}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to A](C){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(B,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](D,B,A B,D,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](A,D,B C,B,D)
\tkzLabelAngle[pos=.6](D,B,A){4}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,D,C){3}
\tkzLabelAngle[pos=.7](A,D,B){1}
\tkzLabelAngle[pos=.7](C,B,D){2}
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, .9/1.5/A}
        \tkzDefPointsBy[translation = from B to A](C){D}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
        \tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

已知：四边形$ABCD$中，$\angle A=\angle C$, $\angle B=\angle D$（图3.51）．

求证：四边形$ABCD$为平行四边形．

\begin{proof}
$\because\quad \angle A+\angle B+\angle C +\angle D=360^{\circ}$（多边形内角和定理），

又$\because\quad \angle A=\angle C,\quad\angle B=\angle D$（已知），

$\therefore\quad 2\angle A+2\angle B=360^{\circ}$.

$\therefore\quad \angle A+\angle B=180^{\circ}$.

$\therefore\quad AD\parallel BC$ （同旁内角互补则两条直线平行）．

同理可证，$AB\parallel CD$, 所以四边形$ABCD$为平行四边形．
\end{proof}

由平行四边形的性质定理和判定定理可知，在四边形
中：
\begin{enumerate}
    \item 两组对边分别平行；
    \item 两组对边分别相等；
    \item 两组对角分别相等；
    \item 一组对边平行且相等；
    \item 对角线互相平分．
\end{enumerate}
这些都分别是平行四边形的充分必要条
件．

\begin{example}
     已知：$\parallelogram ABCD$, 且$\angle A$、$\angle B$的平分线相交于
$O$, 直线$BO$和直线$AD$相交于$E$(图3.52).

求证：$\triangle AOB$是直角三角形；$\overline{OB}=\overline{OE}$.
\end{example}

\begin{proof}
四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore\quad AD\parallel BC$, 即$AE\parallel BC$.

$\therefore\quad \angle 2=\angle AEB$ （两条直线平行，内错角相等）．

又$\because\quad BE$是$\angle ABC$的平分线（已知），

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$（角平分线定义）．

$\therefore\quad \angle 1=\angle AEB$（等量代换）．

$\therefore\quad \triangle ABE$是等腰三角形（两个
角相等的三角形是等腰三角形）．

又$\because\quad AO$是$\angle DAB$的平分线（已知），

$\therefore\quad AO$是$\overline{BE}$的垂直平分线．

$\therefore\quad \triangle AOB$是直角三角形；$\overline{BO}=\overline{OE}$.
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 4/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDefLine[bisector,normed](B,A,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefLine[bisector,normed](C,B,A)  \tkzGetPoint{G}
\tkzInterLL(A,F)(B,G) \tkzGetPoint{O}
\tkzInterLL(A,D)(B,O) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(D,E B,E A,O)
\tkzLabelPoints[left](A,D,E)
\tkzLabelPoints[right](B,C,O)
\tkzMarkAngles[size=.4, mark=none](C,B,E)
\tkzMarkAngles[size=.3, mark=none](E,B,A)
\tkzLabelAngle[pos=.6](C,B,E){2}
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,B,A){1}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 5/2.4/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C B,D)
\tkzDefPointBy[projection= onto B--D](A)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointBy[projection= onto B--D](C)  \tkzGetPoint{G}
\tkzDefPointBy[projection= onto A--C](B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointBy[projection= onto A--C](D)  \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawSegments(D,H E,B A,F C,G E,F G,H)
\tkzDrawSegments[dashed](F,H E,G)
\tkzInterLL(A,C)(B,D)  \tkzGetPoint{O}
\tkzLabelPoints[left](A,D)
\tkzLabelPoints[right](B,C)
\tkzLabelPoints[above](E,F)
\tkzLabelPoints[below](G,H,O)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    从$\parallelogram ABCD$的各顶点作对角线的垂线$AF$、$BE$、
$CG$、$DH$, $E$、$F$、$G$、$H$是垂足（图3.53）．

求证：$\overline{EF}=\overline{GH}$.
\end{example}

\begin{proof}
    设$\overline{AC}$、$\overline{BD}$交于$O$点，连$\overline{FH}$, $\overline{EG}$.

$\because\quad $四边形$ABCD$是平行四边形（已知），

$\therefore\quad \overline{AD}=\overline{BC}$（平行四边形的对边相等），
$AD\parallel BC$（平行四边形定义）．

$\therefore\quad \angle ADF=\angle CBG$ （两条直线平行，内错角相等），

又$\because\quad AF\bot BD,\quad CG\bot BD$（已知），

$\therefore\quad \triangle AFD\cong \triangle CGB$ (AAS),

$\therefore\quad \overline{DF}=\overline{BG}$

又$\because\quad \overline{BO}=\overline{OD}$（平行四边形的对角线互相平分），

$\therefore\quad \overline{FO}=\overline{GO}$ （等量减等量差相等）．

同理，$\overline{HO}=\overline{OE}$.

$\therefore\quad$ 四边形$FHGE$为平行四边形（对
角线互相平分的四边形是平行四边形）．

$\therefore\quad \overline{FE}=\overline{GH}$（平行四边形的对边相等）．
\end{proof}

\begin{blk}
{定理} 连结三角形任意两边中点的线段平行于第三边，
且等于第三边的一半．    
\end{blk}

已知：$D$、$E$分别为
$\triangle ABC$的$\overline{AB}$和$\overline{AC}$边上
的中点（图3.54）

求证：$\overline{DE}\parallel \overline{BC}$, $\overline{DE}=\frac{1}{2}\overline{BC}$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2/2.5/A}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzDefPointsBy[translation= from D to A](C){F}
\tkzDrawSegments[dashed](A,F E,F C,F C,D)
\tkzLabelPoints[left](A,B,D)
\tkzLabelPoints[right](C,F)
\tkzLabelPoints[above](E)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
 在$\overline{DE}$的延长
线上，截取$\overline{EF}=\overline{DE}$, 由
于$\overline{AE}=\overline{EC}$, 

$\therefore\quad $四边形$ADCF$是平行四边形
（对角线互相平分的
四边形是平行四边形）．

$\therefore\quad CF\parallel AD$, 即$CF\parallel BD$.

但，$\overline{CF}=\overline{AD},\quad \overline{AD}=\overline{BD}$,

$\therefore\quad \overline{CF}=\overline{BD}$（等量代换），

$\therefore\quad $四边形$BCFD$是平行四边形（一组对边平行且相
等的四边形是平行四边形）．

$\therefore\quad \overline{DF}\parallel \overline{BC}$, 即$\overline{DE}\parallel \overline{BC}$.

由于$\overline{DE}=\frac{1}{2}\overline{DF}$, $\overline{DF}=\overline{BC}$（平行四边形的对边相等），

$\therefore\quad \overline{DE}=\frac{1}{2}\overline{BC}$.
\end{proof}

\begin{blk}
    {定义}
连结三角形两边中点的线段，叫做\textbf{三角形的中位
线}．
\end{blk}

上面的定理又叫做三角形\textbf{中位线定理}．

\begin{blk}
    {定义} 如果四边形只有一组对边平行，另一组对边不平
行，这个四边形叫做\textbf{梯形}．平行的两边叫做梯形的\textbf{底}，不平
行的两边叫做梯形的\textbf{腰}，两腰中点的连线，叫做梯形的\textbf{中位
线}．两腰相等的梯形叫做\textbf{等腰梯形}．
\end{blk}

\begin{example}
    梯形中位线平行于两底且等于两底和的一半．
\end{example}

已知：$\overline{EF}$是梯形$ABCD$的中位线（图3.55）．

求证：$EF\parallel AD\parallel BC$，且$\overline{EF}=\frac{1}{2}(\overline{AD}+\overline{BC})$.

\begin{proof}
由同学自己完成（提示：射线$AF$交$\overline{BC}$的延长线
    于$G$, 则$\overline{EF}$转化为$\triangle ABG$的中位线）．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1/3/A, 3/3/D}
\tkzDefMidPoint(A,B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefMidPoint(C,D)  \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(A,F)(B,C) \tkzGetPoint{G}

\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(E,F A,G)
\tkzDrawSegments[dashed](C,G)
\tkzLabelPoints[left](A,E,B)
\tkzLabelPoints[below](C,G)
\tkzLabelPoints[right](D,F)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3.5/A}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{P}
\tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{N}
\tkzDefMidPoint(C,B) \tkzGetPoint{M}
\tkzInterLL(A,M)(B,N)  \tkzGetPoint{G}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,M B,N C,P)
\tkzLabelPoints[left](P,B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](M,C)
\tkzLabelPoints[right](N,G)
\tkzDefMidPoint(G,C) \tkzGetPoint{Q}
\tkzDefMidPoint(G,B) \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPolygon[dashed](P,N,Q,H)
\tkzLabelPoints[below](Q,H)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    三角形的三条中线相交于一点，这点和各边中点
    的距离等于这边上中线的三分之一．
\end{example}

已知：$\overline{AM}$、$\overline{BN}$、$\overline{CP}$为$\triangle ABC$的三条中线（图3.56）

求证：$\overline{AM}$、$\overline{BN}$、$\overline{CP}$相交于一点$G$, 且$\overline{GM}=\frac{1}{3}\overline{AM}$, $\overline{GN}=\frac{1}{3}\overline{BN}$, $\overline{GP}=\frac{1}{3}\overline{CP}$.

\begin{proof}
设$\overline{BN}$与$\overline{CP}$相交于$G$点，作$\overline{PN}$, 则$\overline{PN}=\frac{1}{2}\overline{BC}$, 
$\overline{PN}\parallel \overline{BC}$（三角形中位线定理）．

设$H$、$Q$分别为$\overline{BG}$、$\overline{CG}$的中点，则
$\overline{HQ}=\frac{1}{2}\overline{BC}$, $\overline{HQ}\parallel\overline{BC}$（三角形中位线定理）．

$\therefore\quad \overline{PN}=\overline{HQ}$（等量代换），
$\overline{PN}\parallel \overline{HQ}$（平行于第三条直线的两条直线平行）．

$\therefore\quad$ 四边形$PHQN$为平行四边形（一组对边平行且相等
的四边形是平行四边形）．

$\therefore\quad \overline{GH}=\overline{GN},\quad \overline{GP}=\overline{GQ}$（平行四边形的对角线相
平分）

但 $\overline{GH}=\overline{HB}$, $\overline{GQ}=\overline{CQ}$

$\therefore\quad \overline{GN}=\overline{GH}=\overline{HB}=\frac{1}{3}\overline{BN}$，$\overline{GP}=\overline{GQ}=\overline{QC}=\frac{1}{3}\overline{CP}$.

这样，中线$\overline{CP}$和中线$\overline{BN}$相交在这两条中线的三分之一
处．用同样的推理又可证明中线$\overline{AM}$和中线$\overline{BN}$也相交在它
们的三分之一处．即点$G$. 

因此，$\overline{AM}$、$\overline{BN}$、$\overline{CP}$相交于$G$, 且$\overline{GM}=\frac{1}{3}\overline{AM}$, $\overline{GN}=\frac{1}{3}\overline{BN}$, $\overline{GP}=\frac{1}{3}\overline{CP}$.
\end{proof}

\begin{blk}
    {定义} 三角形三条中线的交点叫做三角形的\textbf{重心}．
\end{blk}

\begin{example}
    直角三角形的斜边的中点，与三个顶点的距离相等．
\end{example}
    
已知：$\triangle ABC$中，
$\angle ACB=90^{\circ}$, 
$D$是$\overline{AB}$的中点
（图3.57）．

求证：$\overline{CD}=\overline{DA}=\overline{DB}$.

\begin{proof}
    取$\overline{BC}$的中点$E$, 连
    结$\overline{DE}$,

$\because\quad D$是$\overline{AB}$的中点，（已知）

$\therefore\quad  \overline{DE}$是$\triangle ABC$的一条中位线．

$\therefore\quad DE\parallel AC$（三角形中位线定理）．

$\because\quad \angle ACB=90^{\circ}$（已知），

$\therefore\quad \angle DEB=90^{\circ}$. （两条直线平行，则同位角相等），

$\therefore\quad \angle DEB=\angle DEC$
    
又$\because\quad  \overline{DE}=\overline{DE},\quad \overline{BE}=\overline{EC}$

$\therefore\quad \triangle BDE\cong \triangle CDE$ (SAS)

$\therefore\quad \overline{CD}=\overline{DB}$. 但$\overline{DB}=\overline{DA}$,

$\therefore\quad \overline{CD}=\overline{DB}=\overline{DA}$.
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/4/A}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\tkzDrawSegments(C,D)
\tkzDefPointBy[projection = onto B--C](D)\tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments[dashed](E,D)
\tkzLabelPoints[below](B,E,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2/0/C, 2/2*1.732/A}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,C,B)
\tkzDrawSegments[dashed](C,D)

\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzMarkRightAngle[size=.3](A,C,B)
\tkzMarkAngle[size=.5, mark=none](B,A,C)
\tkzLabelAngle[pos=.7](B,A,C){$30^{\circ}$}

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    在直角三角形中，$30^{\circ}$角的对边等于斜边的一
半．
\end{example}

已知：$\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$, $\angle A=30^{\circ}$（图3.58）

求证：$\overline{BC}=\frac{1}{2}\overline{AB}$.

\begin{proof}
    取$\overline{AB}$的中点$D$. 连结
    $\overline{CD}$, 则$\overline{CD}=\overline{DA}$(例3.29)

$\because\quad \angle A=30^{\circ}$,

$\therefore\quad \angle ACD=30^{\circ}$ （等腰三角形两底角相等）．

又$\because\quad \angle B=90^{\circ} -30^{\circ} =60^{\circ}$ （直角三角形两锐角互余），

$ \angle BDC=60^{\circ}$ （三角形的外角等于不相邻的两个
    内角的和）．

$\therefore\quad \triangle BCD$是正三角形（三内角相等的三角形是正三
    角形）．

$\therefore\quad  \overline{BC}= \overline{BD}=\frac{1}{3} \overline{AB}$.
 \end{proof}

以上两例的逆命题也是正确的，同学们可自己证明．   
    
\begin{blk}
   {定义} 取两个已知点$A$、$O$, 连结$\overline{AO}$, 并延长$\overline{AO}$使
$\overline{OA'}=\overline{AO}$, 这时我们说$A'$是$A$点关于$O$点的\textbf{中心对称点}；
$A$、$A'$关于$O$点成\textbf{中心对称}；$O$点叫
做两已知点$A$、$A'$的\textbf{对称中心}
（图3.59）． 
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \draw[|-|](-2,0)node[below]{$A$}--(0,0)node[below]{$O$}--(2,0)node[below]{$A'$};
        \draw(0,0)--(0,.1);
            \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

对于任何一个已知图形上的一点，
作出它关于某一点$O$的中心对称点，这些对称点的集合，构成
了一个新的图形，这个新的图形叫做已知图形的关于$O$点的
\textbf{中心对称形}，$O$点叫做这两个图形的\textbf{对称中心}．

例如，已知$\triangle ABC$, 我们作顶点$A$、$B$、$C$关于$O$点的
中心对称点$A',B',C'$, 容易证明$\triangle A'B'C'$就是
$\triangle ABC$
的关于对称中心$O$的中心对称形（图3.60）．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}
        \tkzDefPoints{0/0/B, 1/1/A, 1/-1.5/C, 2.5/.6/O}
\foreach \x in {A,B,C}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=2](\x,O) \tkzGetPoint{\x'}
}
\tkzLabelPoints[above](A,C')
\tkzLabelPoints[below](C,O,A')
\tkzLabelPoints[left](B)
\tkzLabelPoints[right](B')
\tkzDrawPolygon(A,B,C,O)
\tkzDrawPolygon(A',B',C',O)
\tkzDrawSegments(B,B' A,C A',C')
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 5/2.75/D}
\tkzDefPointsBy[translation = from C to D](B){A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,C) \tkzGetPoint{P'}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](D,A) \tkzGetPoint{P}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C D,B P,P')
\tkzInterLL(A,C)(B,D)  \tkzGetPoint{O}
\tkzLabelPoints[above](P)
\tkzLabelPoints[below](P')
\tkzLabelPoints[left](A,B)
\tkzLabelPoints[right](C,D,O)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.45](A,P,O P,O,A P',O,C C,P',O)
\tkzLabelAngle[pos=.7](A,P,O){3}
\tkzLabelAngle[pos=.7](P,O,A){1}
\tkzLabelAngle[pos=.7](P',O,C){2}
\tkzLabelAngle[pos=.7](C,P',O){4}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

从任意两个中心对称形的定义，我们很容易看出：

\begin{blk}{}
   任意两个中心对称形是全等形． 
\end{blk}

\begin{blk}
   {定义} 如果一个图形上的每一点，关于某一点$O$的中心
对称点都还在这个图形上，我们说这个图形是\textbf{中心对称形}，
$O$点叫做图形的\textbf{对称中心}． 
\end{blk}


\begin{blk}
    {定理} 平行四边形是中心对称形，它的对称中心是两条
对角线的交点．
\end{blk}

已知：$\parallelogram ABCD$的对角线$\overline{AC}$、$\overline{BD}$相交于$O$点（图3.61）．

求证：$\parallelogram ABCD$是中心对称形；$O$是对称中心．

\begin{proof}
    在$\parallelogram ABCD$上任取一点$P$, 设$P\in\overline{AD}$, 连结$\overline{PO}$, 
延长交$\overline{BC}$于$P'$, 在$\triangle AOP$和$\triangle COP'$中，

$\because\quad \overline{AO}=\overline{OC}$（平行四边形对角线互相平分），

$\angle 1=\angle 2$（对顶角相等），$\angle 3=\angle 4$（两条直线平行，则内错角相等），

$\therefore\quad \triangle AOP\cong \triangle COP'$ (AAS).

$\therefore\quad \overline{PO}=\overline{OP'}$（全等三角形的对应边相等），

$\therefore\quad P'$是$P$关于$O$点的中心对称点．

由于上述$P$点是任意选取的，$P$点关于$O$的对称点$P'$也在
$\parallelogram ABCD$上，所以$\parallelogram ABCD$是中心对称形．$O$点是对称中心．
\end{proof}

由中心对称形的定义，我们还可看出：

平面上的中心对称形，绕着它的对称中心，在平面上旋
转$180^{\circ}$ 后，它的新位置与原来位置重合．例如，我们把上例
中的$\parallelogram ABCD$绕$O$点旋转$180^{\circ}$后，则$A$与$C$对换位置，$B$与$D$
对换位置，这时$\parallelogram ABCD$与原来位置重合．

\begin{blk}
    {定义} 有一个角是直角的平行四边形叫做\textbf{矩形}或\textbf{长方
形}．

有一组邻边相等的平行四边形叫做\textbf{菱形}．

有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做
\textbf{正方形}（图3.62）．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 3/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C D,B)
\tkzMarkRightAngle[size=.2](A,B,C)
\node at (1.5,-.5){矩形};
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=4cm, yshift=1cm]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 1.5/-1/B, 3/0/C, 1.5/1/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzDrawSegments(A,C D,B)
    \node at (1.5,-1.5){菱形};
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=8cm]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 2/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C D,B)
\tkzMarkRightAngle[size=.2](A,B,C)
\node at (1,-.5){正方形};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

根据定义可知；矩形、菱形、正方形都是平行四边形，
所以它们都具有平行四边形的所有性质，另外它们还分别具
有下列特殊性质：

\begin{blk}
    {推论1} 矩形的四个角都是直角，并且两条对角线相等．
\end{blk}

\begin{blk}
{推论2} 菱形的四条边都相等，且对角线互相垂直并平
分每双对角．
\end{blk}

这个推论的后半部分，就是我们在例3.9中所
证的结论．

\begin{blk}
    {推论3} 正方形是矩形又是菱形．即
\[\{\text{矩形}\}\cap \{\text{菱形}\}=\{\text{正方形}\}\]
\end{blk}

以上三个推论，同学们作为练习，自己证明．并思考上
述三个推论的逆命题是否正确，并证明你的结论．

由上面的三个推论，我们还可推知：

矩形、菱形和正方形是中心对称形又是轴对称形．经过
矩形对边中点的两条直线是它的两条对称轴；菱形两条对角
线所在的直线是它的对称轴；正方形两条对角线和经过对边
中点的两条直线是它的对称轴（图3.63）．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\begin{scope}
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 3/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefMidPoint(C,B) \tkzGetPoint{B'}
\tkzDefMidPoint(C,D) \tkzGetPoint{C'}
\tkzDefMidPoint(A,D) \tkzGetPoint{D'}

\tkzDrawLines(A',C' D',B')

\end{scope}
\begin{scope}[xshift=5cm, yshift=1cm]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 1.5/-1/B, 3/0/C, 1.5/1/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzDrawLines(A,C D,B)

\end{scope}
\begin{scope}[xshift=10cm]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 2/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawLines(A,C D,B)
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefMidPoint(C,B) \tkzGetPoint{B'}
\tkzDefMidPoint(C,D) \tkzGetPoint{C'}
\tkzDefMidPoint(A,D) \tkzGetPoint{D'}

\tkzDrawLines(A',C' D',B')

\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{example}
    已知：$ABCD$是矩形，设各外角的平分线相交于
    $E$、$F$、$G$、$H$(图3.64). 

    求证：$EFGH$是正方形．
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/2/D, 0/2/A}
\tkzDrawPolygon[thick](A,B,C,D)
\tkzDrawLines[add=0 and .5, dashed](B,A A,D D,C C,B)
\tkzDefPointWith[linear, K=1.5](B,A)  \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.5](A,D)  \tkzGetPoint{D'}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.5](D,C)  \tkzGetPoint{C'}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.5](C,B)  \tkzGetPoint{B'}

\tkzDefLine[bisector](D,A,A') \tkzGetPoint{A''}
\tkzDefLine[bisector](C,D,D') \tkzGetPoint{D''}
\tkzDefLine[bisector](B,C,C') \tkzGetPoint{C''}
\tkzDefLine[bisector](A,B,B') \tkzGetPoint{B''}
\tkzInterLL(A,A'')(D,D'')  \tkzGetPoint{H}
\tkzInterLL(D,D'')(C,C'')  \tkzGetPoint{G}
\tkzInterLL(B,B'')(C,C'')  \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(A,A'')(B,B'')  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon[thick](E,F,G,H)
\tkzInterLL(A,E)(C,B)  \tkzGetPoint{P}
\tkzDrawSegments[dashed](E,P P,B)

\tkzLabelPoints[above](H,D)
\tkzLabelPoints[below](P,F,B)
\tkzLabelPoints[left](E,A)
\tkzLabelPoints[right](G,C)

\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](E,A,B A,B,E D,A,H B,C,F F,B,C H,D,A B,P,E)
\tkzLabelAngle[pos=.6](E,A,B){1}
\tkzLabelAngle[pos=.6](A,B,E){2}
\tkzLabelAngle[pos=.6](D,A,H){3}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,C,F){4}
\tkzLabelAngle[pos=.6](F,B,C){5}
\tkzLabelAngle[pos=.6](H,D,A){6}
\end{tikzpicture} 
    \caption{}
\end{figure}


\begin{proof}
延长$\overline{AE}$、$\overline{CB}$交于$P$点，

$\because\quad ABCD$是矩形，

$\therefore\quad AD\parallel BC$,

$\therefore\quad \angle P=\angle 3$（两条直线平行同位角相等）．

又$\because\quad \angle 3=\angle 4=45^{\circ}$ （矩形外角的一半是$45^{\circ}$），

$\therefore\quad EH\parallel FG$（内错角相等两条直线平行）．

同理：$EF\parallel HG$

$\therefore\quad $四边形$EFGH$是平行四边形

$\because\quad \angle 1=\angle 2=45^{\circ}$, （矩形外角的一半是$45^{\circ}$），

$\therefore\quad \angle AEB=90^{\circ}$，并且$\overline{AE}=\overline{BE}$（两个角相等的三角形是等腰三角形），

又$\because\quad \angle 3=\angle 5=\angle 4=\angle 6$, $\overline{AD}=\overline{BC}$（矩形的对边相等），

$\therefore\quad \triangle AHD\cong BFC$（ASA）.

$\therefore\quad \overline{AH}=\overline{BF}$（全等三角形的对应边相等）．

$\therefore\quad \overline{AE}+\overline{AH}=\overline{BE}+\overline{BF}$（等量加等量和相等）．    

即：$\overline{EH}=\overline{EF}$，因此，四边形$EFGH$是正方形（正方形定
义）
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item $E$、$F$是$\parallelogram ABCD$对角线$\overline{BD}$上的两点，且$\overline{BE}=\overline{DF}$,  求证：$\overline{AE}=\overline{CF}$.
    \item 已知$\parallelogram ABCD$中，$E$、$F$是$\overline{BD}$上的两点，且$\angle BAE=\angle DCF$.  求证：$\overline{BE}=\overline{DF}$.
\item 已知：在$\parallelogram ABCD$中，$E$、$F$分别是$\overline{AB}$、$\overline{CD}$上的点，且$\overline{BE}=\overline{DF}$. 求证：$\overline{BF}\parallel\overline{DE}$

\item 已知：$\parallelogram ABCD$中$E$、$F$是$\overline{BD}$上的两点，且$\overline{BE}=\overline{DF}$. 求证：四边形$AECF$是平行四边形.
\item 已知：$E$、$F$是$\parallelogram ABCD$的对边$\overline{AB}$、$\overline{CD}$的中点，$\overline{EF}$
与$\overline{AC}$相交于$O$. 求证：$\overline{AO}=\overline{CO}$.
\item 求证：对角线相等的平行四边形是矩形．
\item 求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
\item 已知：$E$、$F$、$G$分别是$\triangle ABC$三边上的中点．
求证：四边形$AEFG$是平行四边形．
\item 已知：等腰$\triangle ABC$, $\overline{AB}=\overline{AC}$, $E$、$F$、$G$是三边上的中点．求证：四边形$AEFG$是菱形．
    
\item 证明：顺次连结任意四边形四边的中点所成的四边形是
平行四边形．
\item 顺次连结平行四边形四边中点所成的四边形是什么图
形？证明你的结论．
\item 顺次连结短形四边中点所成的四边形是什么图形？证明
你的结论．
\item 顺次连结菱形四边中点所成的四边形是什么图形？证明
你的结论．
\item 顺次连结正方形各边中点所成的四边形是什么图形？证
明你的结论．
\item 证明：三角形的三边中点间的线段把三角形分为四个全
等形．
\item 证明：等腰梯形的两底角相等．
\item 证明：等腰梯形的两条对角线相等．
\item 等腰梯形的腰等于中位线，周长为24cm. 求腰长．
\item 已知梯形$ABCD$中，$\overline{AD}\parallel \overline{BC}$, $\overline{BC}=2\overline{AD}$，$AF\parallel CD$交$\overline{BD}$于$O$点，$\overline{CD}=6$cm, 求$\overline{OF}$的长度．

\item 已知：正方形$ABCD$, $E$、$F$、$G$、$H$分别在$\overline{AB}$、$\overline{BC}$、$\overline{CD}$、$\overline{DA}$上，并且$\overline{AE}=\overline{BF}=\overline{CG}=\overline{DH}$, 求证：四边形
$EFGH$是正方形．
\end{enumerate}
\end{ex}



\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 4.5/2/D}
\tkzDefPointsBy[translation=from C to D](B){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,D) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](D,B) \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawSegments(B,D A,E C,F)
\tkzLabelPoints[above](A,D,F)
\tkzLabelPoints[below](B,E,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1、2题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
  \tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 4/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation=from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPointWith[linear, K=.45](C,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.45](A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments(D,E F,B)
\tkzLabelPoints[above](C,D,F)
\tkzLabelPoints[below](B,E,A)    
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第3题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 4/2.5/D}
    \tkzDefPointsBy[translation=from C to D](B){A}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,D) \tkzGetPoint{E}
    \tkzDefPointWith[linear, K=.3](D,B) \tkzGetPoint{F}
    \tkzDrawSegments(B,D)
    \tkzDrawPolygon(A,F,C,E)
    \tkzLabelPoints[above](A,D,F)
    \tkzLabelPoints[below](B,E,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 4/2/C}
        \tkzDefPointsBy[translation=from B to C](A){D}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
        \tkzDefPointWith[linear, K=.5](C,D) \tkzGetPoint{F}
        \tkzDefPointWith[linear, K=.5](A,B) \tkzGetPoint{E}
        \tkzDrawSegments(A,C E,F)
        \tkzLabelPoints[above](C,D,F)
        \tkzLabelPoints[below](B,E,A)   
        \tkzInterLL(A,C)(E,F) \tkzGetPoint{O}
        \tkzLabelPoints[right](O) 
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 2.4/2.5/A}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{G}
\tkzDefMidPoint(C,B) \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(E,F F,G)
\tkzLabelPoints[below](B,F,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](G)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 1.5/2.5/A}
        \tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{E}
        \tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{G}
        \tkzDefMidPoint(C,B) \tkzGetPoint{F}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C)
        \tkzDrawSegments(E,F F,G)
        \tkzLabelPoints[below](B,F,C)
        \tkzLabelPoints[above](A)
        \tkzLabelPoints[left](E)
        \tkzLabelPoints[right](G)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第9题}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/2/D, 1/2/A, 2/0/E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](D,E)
\tkzLabelPoints[below](B,C,E)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
\tkzMarkAngles[size=.4, mark=none](C,B,A D,C,B)

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第16题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/2/D, 1/2/A}
\tkzDefMidPoint(B,C) \tkzGetPoint{F}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
        \tkzDrawSegments(A,F B,D)
        \tkzInterLL(A,F)(B,D) \tkzGetPoint{O}
        \tkzLabelPoints[below](B,C,F)
        \tkzLabelPoints[above](A,D)     
        \tkzLabelPoints[left](O)     
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第19题}
    \end{minipage}
    \end{figure}




\subsection{等分线段}

\begin{blk}
 {平行线等分线段定理} 如果一组平行线在一条直线上截
出一组等长的线段，那么在任一条与这组平行线相交的直线
上也被截为一组等长的线段．   
\end{blk}

已知：$\ell_1\parallel \ell_2\parallel \ell_3$, 直线$m$与$\ell_1$、$\ell_2$、$\ell_3$分别相交于$A_1,A_2,A_3$且$\overline{A_1A_2}=\overline{A_2A_3}$；任一条直线$n$分别与$\ell_1$、$\ell_2$、$\ell_3$相交于$B_1,B_2,B_3$（图3.65）．

求证：$\overline{B_1B_2}=\overline{B_2B_3}$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzDefPoints{-2/1/A, 2/1/B, -2/2/A', 2/2/B', -2/3/A'', 2/3/B''}
\tkzDrawLines(A,B A',B' A'',B'')
\tkzDefPoints{-.5/4/m, 1/4/n, -2.5/0/M', 2/0/N'}

\tkzDrawSegments(m,M' n,N')
\tkzInterLL(m,M')(A'',B'')  \tkzGetPoint{A_1}
\tkzInterLL(m,M')(A',B')  \tkzGetPoint{A_2}
\tkzInterLL(m,M')(A,B)  \tkzGetPoint{A_3}
\tkzInterLL(n,N')(A'',B'')  \tkzGetPoint{B_1}
\tkzInterLL(n,N')(A',B')  \tkzGetPoint{B_2}
\tkzInterLL(n,N')(A,B)  \tkzGetPoint{B_3}

\tkzLabelPoints[above left](A_1,A_2,A_3)
\tkzLabelPoints[above right](B_1,B_2,B_3)
\tkzLabelPoints[above](m,n)
\node at (3,1){$\ell_3$};
\node at (3,2){$\ell_2$};
\node at (3,3){$\ell_1$};

\tkzDefPoints{-1.2/1/C_2}
\tkzDefPointsBy[translation= from A_2 to A_1](C_2){C_1}
\tkzLabelPoints[below](C_1,C_2)
\tkzDrawSegments(A_1,C_1 A_2,C_2)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.3](C_2,A_3,A_1 C_1,A_2,A_1 A_3,A_2,C_2  A_3,A_1,C_1)
\tkzLabelAngle[pos=.4](C_2,A_3,A_1){4}
\tkzLabelAngle[pos=.4](C_1,A_2,A_1){3}
\tkzLabelAngle[pos=.4](A_3,A_2,C_2){2}
\tkzLabelAngle[pos=.4](A_3,A_1,C_1){1}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
过$A_1$、$A_2$分别作直线$n$的平行线$A_1C_1$、$A_2C_1$,与
$\ell_2$、$\ell_3$分别交于$C_1,C_2$两点．在$\triangle A_1A_2C_1$和$\triangle A_2A_3C_2$中，

$\because\quad \overline{A_1A_2}= \overline{A_2A_4}$（已知），
$\ell_1\parallel \ell_2\parallel \ell_3$（已知）．$A_1C_1\parallel n_1$,  $A_2C_2\parallel n$,

$\therefore\quad A_1C_1\parallel A_2C_2$（平行于第三条直线的两条直线平行）．

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2,\quad \angle 3=\angle 4$（两条直线平行同位角相等）．

$\therefore\quad \triangle A_1A_2C_1\cong \triangle A_2A_3C_2$ (ASA).

$\therefore\quad A_1C_1=A_2C_2$ （全等三角形的对应边相等）．
但四边形$A_1C_1B_2B_1$和$A_2C_2B_3B_2$都是平行四边形，由于
平行四边形对边相等，

$\therefore\quad \overline{A_1C_1}=\overline{B_1B2}$, $\overline{A_2C_2}=\overline{B_2B_3}$.

$\therefore\quad \overline{B_1B_2}=\overline{B_2B_3}$ （等量代换）．
\end{proof}    

\begin{blk}
    {推论} 经过三角形一边中点并和另一边平行的直线，平分第三边（图3.66）．
\end{blk}

应用平行线等分线段定理可以用直尺和圆规任意等分一
条线段．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2/3/A, 0/3/D, 3.54/3/E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments[dashed](E,D)
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{G}
\tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawSegments(G,H)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A,5/0/B, 4.5/2.8/C}

\foreach \x/\xtext in {1/D,2/E,3/F,4/G,5/H}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/6](A,C)  \tkzGetPoint{\xtext}
}
\foreach \x/\xtext in {1/D_1,2/E_1,3/F_1,4/G_1}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/5](A,B)  \tkzGetPoint{\xtext}
}
\foreach \x in {D,E,F,G}
{
    \tkzDrawSegments(\x,\x_1)
}
\tkzDrawSegments(B,H A,B A,C)
\tkzLabelPoints[below](A,D_1,E_1,F_1,G_1,B)
\tkzLabelPoints[above](D,E,F,G,H,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    已知：$\overline{AB}$（图3.67）．

求作：$\overline{AB}$上的点$D_1$、$E_1$、$F_1$、$G_1$，使$\overline{AD}_1=\overline{D_1E_1}=\overline{E_1F_1}=\overline{F_1G_1}=\overline{G_1B}$（将$\overline{AB}$五等分）．

作法：
\begin{enumerate}
    \item  作射线$AC$,
    \item  在射线$AC$上截取$\overline{AD}=\overline{DE}=\overline{EF}=\overline{FG}=\overline{GH}$,
    \item  连结$B$、$H$,
    \item  过各分点$D$、$E$、$F$、$G$分别作$BH$的平行线交
$\overline{AB}$于$D_1$、$E_1$、$F_1$、$G_1$, 则$D_1$、$E_1$、$F_1$、$G_1$把$\overline{AB}$五等分．
\end{enumerate}

证明：略．
\end{example}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 任划一条$\overline{AB}$, 把它三等分．
    \item 任划一条$\overline{CD}$, 把它五等分．
\end{enumerate}
\end{ex}

\section*{习题3.3}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题3.3}
\begin{enumerate}
    \item 已知：梯形$ABCD$中，$\angle B=90^{\circ}$, $AD\parallel BC$, $\overline{CD}=12$cm, $\angle BCD=30^{\circ}$, 求一腰$\overline{AB}$之长．
\item 已知：矩形$ABCD$中，$\overline{AB}=2\overline{AD}$, $E\in \overline{CD}$, $\angle DAE=60^{\circ}$.

求证：$\angle CBE=15^{\circ}$
\item 已知：四边形$ABCD$中，$E$、$F$、$G$、$H$分别是$\overline{AB}$、$\overline{AC}$、
$\overline{CD}$、$\overline{BD}$的中点．

求证：四边形$EFGH$是平行四边形．
\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1.6/2.5/A, 3.6/3/D}
\tkzDefMidPoint(A,B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefMidPoint(A,C)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDefMidPoint(C,D)  \tkzGetPoint{G}
\tkzDefMidPoint(D,B)  \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D) \tkzDrawPolygon(E,F,G,H)
\tkzDrawSegments(B,D A,C)
\tkzLabelPoints[right](C,D,G)
\tkzLabelPoints[left](E,B)
\tkzLabelPoints[above](H,A)
\tkzLabelPoints[below](F)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第3题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.4]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2/0/C, 2/2/D, 0/2/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.4](B,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](C,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](C,E)
\tkzDrawSegments(B,F D,E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C,E)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 已知：$E$是正方形$ABCD$的边$\overline{BC}$的延长线上的一点，
且$\overline{CE}=\overline{CF}$
求证：$\overline{DE}=\overline{BF}$；$DE\bot BF$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 1.5/0/M, 2.2/2/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,M)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](B,M,C)
\tkzDefSquare(B,A)
\tkzGetPoints{D}{E}
\tkzDefSquare(A,C)
\tkzGetPoints{F}{G}
\tkzLabelPoints[left](D,E)
\tkzLabelPoints[right](F,G)
\tkzDrawSegments(D,G)
\tkzDrawPolygon(A,B,E,D)
\tkzDrawPolygon(A,C,F,G)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
\end{figure}

\item 已知：$\overline{AM}$是$\triangle ABC$的中线，四边形$ABED$, $ACFG$都
是正方形．

求证：$\overline{AM}=\frac{1}{4}\overline{DG}$.

（提示：延长$\overline{AM}$到$N$, 使$\overline{MN}=\overline{AM}$, 考虑$\triangle ADG$与
$\triangle ABN$的关系）
\item 试证：对角线相等且互相平分的四边形是矩形．
\item 已知：$ABCD$为平行四边形，且$\overline{AE}=\overline{EB}$, $\overline{AF}=\overline{FD}$,

求证：$\overline{BK}=\overline{KL}=\overline{LD}$（提示：连$\overline{AC}$, 在$\triangle ABC$中应用重心定理）

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 4/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDefMidPoint(A,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(B,D C,F C,E)
\tkzInterLL(B,D)(C,F)  \tkzGetPoint{L}
\tkzInterLL(B,D)(C,E)  \tkzGetPoint{K}

\tkzLabelPoints[below](A,E,B)
\tkzLabelPoints[above](C,D,L)
\tkzLabelPoints[left](F)
\tkzLabelPoints[right](K)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B}
\tkzDefPoint(25:2){C}
\tkzDefPoint(65:1.9){A}

\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefEquilateral(B,A)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,B,D)
\tkzDefEquilateral(A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,C,E)
\tkzDefEquilateral(B,C)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(F,C,B)
\tkzDrawPolygon(A,E,F,D)
\tkzLabelPoints[below](C,B)
\tkzLabelPoints[above](A,D,F,E)


    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 在$\triangle ABC$的外侧，以$\overline{AB}$、$\overline{AC}$为边分别作正三角形$ABD$
和$ACE$, 在内侧以$BC$为边作正$\triangle BCF$.

求证：四边形$AEFD$为平行四边形．
\item 过平行四边形$ABCD$的对角线$\overline{AC}$和$\overline{BD}$的交点$O$作一直
线，交$\overline{BC}$、$\overline{AD}$于$E$、$F$, 已知$\overline{BE}=2$米，$\overline{AF=2.8}$米，求$\overline{BC}$的长．
\item 已知：$E$是正方形$ABCD$的对角线$\overline{AC}$上的一点，$\overline{CE}=\overline{BC}$, 过$E$作$EF\bot \overline{AC}$交$\overline{AB}$于$F$.

求证：$\overline{AE}=\overline{EF}=\overline{FB}$.

\item 设$P$点是正方形$ABCD$的$\overline{CD}$上的一点，$\angle BAP$的平分
线与$\overline{BC}$的交点为$Q$, 那么$\overline{AP}=\overline{DP}+\overline{BQ}$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/3/D, 0/3/A, 3/2.2/P}
\tkzDefLine[bisector](P,A,B) \tkzGetPoint{P'}
\tkzInterLL(A,P')(B,C) \tkzGetPoint{Q}
\tkzDrawSegments(A,P A,Q)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzLabelPoints[below](C,B,Q)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
\tkzLabelPoints[right](P)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第11题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 2.5/2.5/C, 0.8/2.5/D}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefMidPoint(A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefMidPoint(B,D)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawSegments(A,C B,D E,F)
\tkzInterLL(C,F)(A,B) \tkzGetPoint{M}
\tkzDrawSegments[dashed](C,M)

\tkzLabelPoints[below](A,M,B)
\tkzLabelPoints[above](C,D)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[left](E)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第12题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 已知：梯形$ABCD$中，$AB\parallel CD$, $E$、$F$分别是$\overline{AC}$、
$\overline{BD}$的中点，

求证：$EF\parallel AB\parallel DC$；$\overline{EF}=\frac{1}{2}(\overline{AB}-\overline{DC})$

（提示：引$\overline{CF}$交$\overline{AB}$于$M$, 先证明$\triangle CFD\cong \triangle MFB$）
\item 有一个角是直角的梯形叫\textbf{直角梯形}，在直角梯形$ABCD$
中，$AD\parallel BC$, $\angle A=90^{\circ}$, $\angle D=45^{\circ}$, $\overline{CD}$的垂直
平分线交$\overline{CD}$于$E$, 交$\overline{BA}$的延长线于$F$, 若$\overline{AD}=a$, 求
$\overline{BF}$的长．
\item 在$\triangle ABC$中，$\overline{AB}=\overline{AC}$, $E$是$\overline{AB}$中点，$D$在$\overline{AB}$的延
长线上，且$\overline{BD}=\overline{AB}$, 求证：$\overline{CE}=\frac{1}{2}\overline{CD}$.
\item 在四边形$ABCD$中，对角线$\overline{AC}$、$\overline{BD}$相交于$E$, 且$\overline{AC}=\overline{BD}$, $M$、$N$分别是$\overline{BC}$、$\overline{AD}$中点，$\overline{MN}$分别交$\overline{AC}$、
$\overline{BD}$于$F$、$G$, 求证$\overline{EF}=\overline{EG}$.
\item 已知：$\overline{BD}$是直角三角形$ABC$的斜边$\overline{AC}$上的中线，过
$A$点作$AQ\parallel DB$交$\overline{CB}$延长线于$Q$.

求证：$\overline{AQ}=\overline{AC}$.

\end{enumerate}


\section{面积与勾股定理}


\subsection{面积的基本性质和面积单位}
在第一章里我们已经谈到长度，角度的概念，现在让我
们再来分析一下“面积”这个基本的几何量．度量面积通常
取边长为一个长度单位的正方形做面积单位．例如，我们把
每边长为一厘米的正方形的面积叫做一平方厘米．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\begin{scope}
    \draw(0,0) rectangle (3,3);
    \draw[|<->|](0,-.35)--node[fill=white]{单位长}(3,-.35);
    \draw[|<->|](3.7,0)--node[fill=white]{单位长}(3.7,3);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6cm]
    \draw(0,0) rectangle (1,1);
    \node at (.5,1.2){1厘米};
    \node at (1.5, .5){1厘米};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

度量图形面积的大小，实际上就是求出这个图形包含多
少个面积单位．也就是求这个图形所含单位面积的量数，这
个量数是个正实数．

由面积单位的直观含义，我们可看到面积这个几何量应
该具有下列基本性质：
\begin{enumerate}
\item 设$R$和$R'$是两个可以完全叠合的“平面区域”
（图3.69），即$R$和$R'$的形状大小完全一致，则$R$和$R'$的
面积显然相等．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.8]{fig/3-69.png}
    \caption{}
\end{figure}
\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.8]{fig/3-70.png}
    \caption{}
\end{figure}
\item 面积的可加性：设区域$R_1$, $R_2$是由区域$R$分割而
成（图3.70），或者说区域$R_1$、$R_2$拼成区域$R$, 则$R$的面
积为$R_1$, $R_2$的面积之和．
\item 设区域$T$是区域$R$的一部分，也就是区域$R$包含区
域$T$, 则有：$T$的面积$<R$的面积（图3.71）．例如在图
3.72中，正方形$ABCD$的面积$<$圆的面积$<$正方形$A'B'C'D'$
的面积．
\end{enumerate}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \includegraphics[scale=.8]{fig/3-71.png}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A', 3/0/B', 3/3/C', 0/3/D', 1.5/1.5/O}
\tkzDefMidPoint(A',B') \tkzGetPoint{B}
\tkzDefMidPoint(A',D') \tkzGetPoint{A}
\tkzDefMidPoint(C',B') \tkzGetPoint{C}
\tkzDefMidPoint(C',D') \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
\tkzDrawCircle(O,B)
\tkzLabelPoints[left](D',A,A')
\tkzLabelPoints[right](C',C,B')
\tkzLabelPoints[above](D)
\tkzLabelPoints[below](B)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{blk}{定义}
如果两个平面图形的面积相等，我们说它们是等
积图形．  
\end{blk}

以后我们说两条线段的积或比，都是指它们的长度的积
或比；我们说两个图形面积的比是这两个图形面积所对应的实数比．

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 请同学自己填写下面常用的面积单位：
\begin{enumerate}
\item     一平方公里($\rm km^2$)$=\underline{\qquad\qquad}$平方米($\rm m^2$)
\item     一平方米($\rm m^2$)$=\underline{\qquad\qquad}$平方分米($\rm dm^2$)
\item    一平方分米($\rm dm^2$)$=\underline{\qquad\qquad}$平方厘米($\rm cm^2$)
\item 一平方厘米($\rm cm^2$)$=\underline{\qquad\qquad}$平方毫米($\rm mm^2$)
\end{enumerate}

    \item 工程技术人员通常用“加半移三”的办法把平方米数换
    算成亩数，即把平方米数加上它的一半，小数点再向左移
    三位即得亩数，请同学把上面这段话用代数式表达出来，
    并给出证明．
    \item 把下列各平方米数用口算化成亩．
\[ 4500{\rm m^2};\quad     6000{\rm m^2};\quad     380{\rm m^2};
 \quad    28000{\rm m^2}\]
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{长方形面积}
长方形的一组邻边分别叫做长和宽．

设长方形$ABCD$(图3.73), 长$\overline{AB}=a$, 宽$\overline{AC}=b$, 
则长方形面积$=$长$\x$宽$=ab$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 4/3/C, 0/3/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\draw(0,1)--(4,1);  \draw(0,2)--(4,2);
\draw(1,0)--(1,3);  \draw(2,0)--(2,3);  \draw(3,0)--(3,3);
\fill[pattern=north east lines](0,0) rectangle (1,1);
\tkzLabelPoints[left](A,D)
\tkzLabelPoints[above right](C)
\tkzLabelPoints[below right](B)
\draw[|<->|](0,-.3)--node[fill=white]{$a$}(4,-.3);
\draw[|<->|](4.3,0)--node[fill=white]{$b$}(4.3,3);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


上面这个公式，同学们在小学就已经学过了．虽然如
此，我们不妨问问同学：你们知道这个公式成立的理由吗？可
能会有许多同学觉得这个问题太简单了，其实要严格证明这
个公式并不那么简单．当$a,b$是正整数时，的确是对的．例
如，$a=4$, $b=3$, 那么$\overline{AB}$的长正好是4个单位长，$\overline{BC}$长正
好是3个单位长，$ABCD$正好被12个单位正方形填满．可
是，$\overline{AB}$、$\overline{BC}$的长不见得都能用整数表示，甚至有的线段长
不能用有理数来表示，那么上述公式当$a$、$b$不是正整数时是
否还成立呢：所以长方形面积的讨论并不是同学想像的那么
简单，以至我们现在还不能严格证明它．下面我们仅对$a$、
$b$都是整数或都是分数时加以证明．

\begin{enumerate}
    \item  $a=n$, $b=m$, $n$、$m$为正整数，长方形$ABCD$可
    分成$n\x m$个单位正方形，所以面积为$n\cdot m=a\cdot b$
    \item  $a$、$b$都是分数，不防设它们的分母相同，设
$a=\frac{m}{n}$, $b=\frac{\ell}{n}$，
    这时两个分数单位都是$\frac{1}{n}$单位长，$a=m$个$\frac{1}{n}$，$b=\ell$个$\frac{1}{n}$．

    我们把长度单位等分为$n$段（图3.74），单位正方形
    被分割为$n^2$个边长为$\frac{1}{n}$
    长度单位的小正方形．所以边长为$\frac{1}{n}$的小单位正方形面积是原单位正方形面积的$\frac{1}{n^2}$，
    长方形的长$a$为$m$
    个$\frac{1}{n}$长，宽为$\ell$个$\frac{1}{n}$
    长，我们把长方形$ABCD$
    分割成$m\x \ell$个边长为$\frac{1}{n}$
    的小正方形（图3.75），所以该
    长方形面积为$m\x\ell$个（$\frac{1}{n^2}$单位面积），即$\frac{m}{n}\cdot\frac{\ell}{n}$个单
    位面积．所以长方形面积$=a\cdot b=\frac{m}{n}\cdot\frac{\ell}{n}$
 \item $a$、$b$都是实数时，长方形的面积仍等于长$\x$宽．
    这到高中我们才能证明它．
\end{enumerate}




\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.4\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.7]
    \draw [help lines] grid (5,5);
    \fill[pattern = north east lines](0,0) rectangle (1,1);
\draw[|<->|](-1,0)--node[fill=white]{单位长}(-1,5);
\draw[|<->|](0,-.3)--node[below]{$\frac{1}{n}$}(1,-.3);
\node at (3,-.5){$n=5$};

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.55\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.6]
      \draw [help lines] grid (9,4);
      \fill[pattern = north east lines](0,0) rectangle (1,1);
\node at (0,0)[left]{$A$};\node at (0,4)[left]{$D$};
\node at (9,0)[below right]{$B$};\node at (9,4)[above right]{$C$};
\draw[|<->|](0,-.2)--node[below]{$\frac{m}{n}\; \left(\frac{9}{5}\right)$}(9,-.2);
\draw[|<->|](9.2,0)--node[right]{$\frac{\ell}{n}\; \left(\frac{4}{5}\right)$}(9.2,4);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


    有了长方形面积公式后，一些其它与长方形有关连的图
    形的面积就很容易求得．

    平行四边形的一边叫底，这条边与其对边之间的公垂线
    段叫做高．

\begin{blk}
    {定理}
平行四边形的面积等于底$\x$高.
\end{blk}

已知：平行四边形$ABCD$中，设底$\overline{AB}=a$, 高$\overline{BE}=h$（图3.76）

求证：$\parallelogram ABCD$的面积$=a\cdot h$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/C, 3/0/D, 4/2/A}
\tkzDefPointsBy[translation = from D to A](C){B}
\tkzDefPointBy[projection = onto C--D](B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to A](E){F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](B,E A,F D,F)
\tkzLabelPoints[below](C,E,D,F)
\tkzLabelPoints[above](B,A)
\fill[pattern=north east lines](B)--(C)--(E)--(B);
\fill[pattern=north east lines](A)--(D)--(F)--(A);        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
    引$AF\bot AB$交$CD$的延长线于$F$, 
    则$AF\parallel BE$, 四边形$ABEF$是矩形．

    在直角三角形$ADF$与$BCE$中，

$\because\quad \overline{AF}=\overline{BE},\quad \overline{AD}=\overline{BC}$,

$\therefore\quad     \triangle ADF\cong \triangle BCE$

$\therefore\quad \triangle ADF$的面积$=\triangle BCE$的面积（性质1）

$\therefore\quad \parallelogram ABCD$的面积$=\triangle CBE$的面积$+$四边形$ABED$的面积，（性质2）

$\therefore\quad \parallelogram ABCD$的面积$=\triangle ADF$的面积$+$四边形$ABED$的面积$=$矩形$ABEF$的面积$=a\cdot h$.
\end{proof}


\begin{blk}
    {推论1} 等底等的平行四边形等积
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论2} 任何两个平行四边形面积的比等于其底与高的
积的比．
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论3}
等底平行四边形的面积的比等于其高的比．
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论4} 等高的平行四边形面积的比，等于其底的比．
\end{blk}

从三角形某顶点向对边作高，则对边就叫做底．

\begin{blk}
    {定理} 三角形的面积等于底$\x$高的一半.
\end{blk}

已知：$\triangle ABC$中底$\overline{AB}=a$, $\overline{AB}$边上的高$\overline{CE}=h$（图3.77）．

求证：$\triangle ABC$的面积$=\frac{1}{2}ah$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 1/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from A to C](B){D}
\tkzDefPointBy[projection = onto A--B](C)    \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments[dashed](C,D B,D)
\tkzDrawSegments(C,E)
\tkzMarkRightAngle[size=.24](C,E,B)
\tkzLabelPoints[below](A,B,E)
\tkzLabelPoints[above](C,D)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
    引$BD\parallel AC$, $CD\parallel AB$, $CD$、$BD$交于$D$, （图3.77）
则$ABDC$为平行四边形．

但$\parallelogram ABDC$的面积$=a\cdot h$,

$\parallelogram ABDC$的面积$=2\x\triangle ABC$的面积，

$\therefore\quad \triangle ABC$的面积$=\frac{1}{2}ah$.
\end{proof}

\begin{blk}
   {推论1} 等底等高的三角形等积．
\end{blk}

\begin{blk}
    {推论2}
任何两个三角形面积的比等于底与高的积的
比．
\end{blk}


\begin{blk}
    {推论3} 等底的三角形的面积的比等于其高的比；等高
的三角形的面积的比等于其底的比．
\end{blk}

梯形两底之间的任一条公垂线段都叫做\textbf{梯形的高}．

\begin{blk}
    {定理}梯形的面积等于两底和与高的积的一半．
\end{blk}

请同学给出证明．

\begin{blk}
{推论} 梯形的面积等于高与它的中位线的积．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 2.5/1.5/C, 1/1.5/D, 1/0/E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzMarkRightAngle[size=.2](D,E,A)
\node at (1.5,0)[below]{$b$};
\node at (1.75,1.5)[above]{$a$};
\node at (1,.75)[right]{$h$};
\tkzDrawSegments[dashed](B,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 1.5/0/B, 2.5/1.4/C, 1/2.5/D, -.8/1.6/E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
\tkzDefLine[parallel=through E](D,A) \tkzGetPoint{E'}
\tkzDefLine[parallel=through C](D,B) \tkzGetPoint{C'}
\tkzInterLL(E,E')(A,B) \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(C,C')(A,B) \tkzGetPoint{G}
\tkzDrawSegments[dashed](E,F D,A D,B C,G)
\tkzDrawLines(F,G)
\tkzDrawSegments(D,F D,G)
\tkzLabelPoints[below](A,B,G,F)
\tkzLabelPoints[above](C,D,E)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    已知：五边形$ABCDE$(图3.79).

    求作：一个三角形和五边形$ABCDE$等积．
\end{example}

作法：作$\overline{DB}$、$\overline{DA}$, 过顶点$C$、$E$, 引$CG$和$EF$, 分
别平行于$DB$和$DA$, 直线$AB$分别交$CG$和$EF$于$G$、$F$两
点，则$\triangle DFG$为所求的三角形．

\begin{proof}
    $\because\quad \triangle DBC$的面积$=\triangle DBG$的面积，
    $\triangle DAE$的面积$=\triangle DFA$的面积（等底等高）．

因此：
\[\begin{split}
    \text{五边形$ABCDE$的面积}&=(\triangle DAB+\triangle DAE+\triangle DBC)\text{的面积}\\
&=(\triangle DAB+\triangle DFA+\triangle DBG)\text{的面积}\\
&=\triangle DFG\text{的面积}
\end{split}\]
\end{proof}

\begin{rmk}
    本题解法不是唯一的（想想为什么？）
\end{rmk}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求证：如果两个三角形有公共底边，它们的另一对顶点
    同在底边的一条平行线上，那么这两个三角形等积．
    \item 求证：平行四边形的两条对角线将它分成四个等积三角
    形．
    \item 求证：如果两个三角形有两边对应相等，并且它们的夹
    角互补，那么这两个三角形等积.
    \item 证明一梯形两底的中点间的线段分梯形为两个等积形．
    \item 已知一等腰直角三角形的斜边是18米，求它的面积．
    \item 经过$\parallelogram ABCD$的对角线$\overline{AC}$上的一点$P$作两条边的平行线
    $\overline{EF}$, $\overline{GH}$（如图），则$\parallelogram GBEP$和$\parallelogram FPHD$等积．
    \item 经过$\parallelogram ABCD$的顶点$D$的任一直线设与$\overline{BC}$、$\overline{AB}$或者它
    们的延长线分别交于$Q$、$P$, 则$\triangle ABQ$和$\triangle PQC$等积．
    \item 求作一直角三角形和已知正方形等积．
    \item 求作一个三角形和已知矩形等积．
    \item 求作一个三角形和已知四边形等积．
    \item 求作一等腰三角形和已知不等边三角形等积．
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3.7/2.3/D}
\tkzDefPointsBy[translation = from C to D](B){A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](A,C) \tkzGetPoint{P}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](A,D) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](A,B) \tkzGetPoint{G}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](D,C) \tkzGetPoint{H}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,C) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(E,F G,H A,C)
\tkzLabelPoints[left](A,G,B)
\tkzLabelPoints[right](D,H,C)
\tkzLabelPoints[above](F)  \tkzLabelPoints[below](E)
\tkzLabelPoints[below left](P)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第6题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3.6/1.7/D}
        \tkzDefPointsBy[translation = from C to D](B){A}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPointWith[linear, K=.3](B,C) \tkzGetPoint{Q}
\tkzInterLL(D,Q)(A,B)  \tkzGetPoint{P}
\tkzDrawSegments(B,P C,P P,D A,Q)
\tkzLabelPoints[left](A,B,P)
\tkzLabelPoints[right](D,C)
\tkzLabelPoints[above](Q)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \end{figure}




\subsection{勾股定理}

我国古代约二千年前就掌握了直角三角形三边之间的关
系．中国古算书记载有“勾三股四弦五”的规律．我国通常
“直角三角形中较短的直角边叫做勾，较长的直角边叫做股，斜边叫做弦（图3.80）．那么“勾三股四弦五”的意思是：如果一
个直角三角形的两条直角边长是3和4个长度单
位，那么斜边长一定是5个长度单位，3、4、5三个数之间满
足关系：
\[3^2+4^2=5^2\]
这就是说以3、4为边长的两个正方形的面积的和正好等
于以5为边长的正方形的面积（图3.81）

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.35\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\draw(0,0)node[below]{$C$}--node[below]{勾}(3,0)node[below]{$B$}--node[right]{弦}(0,4)node[above]{$A$}--node[left]{股}(0,0);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.6]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 0/4/A}
\tkzLabelPoints[below left](B)
\tkzLabelPoints[below right](C)
\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzInit[xmin=0,xmax=3,ymin=-3, ymax=0]
\tkzGrid
\tkzDefSquare(B,A)  \tkzGetPoints{A'}{B'}
\tkzDrawPolygon[thick](A,B,B',A')
\tkzInit[xmin=-4,xmax=0,ymin=0, ymax=4]
\tkzGrid
\tkzDefSquare(C,B)  \tkzGetPoints{B''}{C'}
\tkzDrawPolygon[thick](C,B,B'',C')
\tkzDefSquare(A,C)  \tkzGetPoints{A''}{C''}
\tkzDrawPolygon[thick](A,C,A'',C'')
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/5](A,C) \tkzGetPoint{A\x}
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/5](C'',A'') \tkzGetPoint{C\x}
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/5](C,A'') \tkzGetPoint{B\x}
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/5](A,C'') \tkzGetPoint{D\x}
}

\foreach \x in {1,2,3,4}
{
    \tkzDrawSegments[gray](A\x,C\x)
    \tkzDrawSegments[gray](B\x,D\x)
}

\node at (1.5,0)[above]{3};
\node at (0,2)[right]{4};
\node at (1.5,2)[left]{5};

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

由“勾三股四弦五”可以归纳出一般规律：

\begin{blk}
   {勾股定理} 直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜
边的平方． 
\end{blk}

已知：直角三角形中，勾长是$a$, 股长是$b$, 斜边长是$c$
（图3.82）．

求证：$a^2+b^2=c^2$.

\begin{proof}
    以$a+b$为边长作正方形$ABCD$, 在$\overline{AB}$、$\overline{BC}$、
$\overline{CD}$、$\overline{DA}$各边上分别截取$\overline{AE}=\overline{BF}=\overline{CG}=\overline{DH}=a$, 于是，
$\overline{EB}=\overline{FC}=\overline{GD}=\overline{HA}=b$. 因为$\angle A=\angle B=\angle C=\angle D=90^{\circ}$
所以，$\triangle AEH\cong \triangle BFE\cong \triangle CGF\cong \triangle DHG$（图3.82）.

并且，这四个全等的直角三角形的斜边全是$c$. 又因为直角
三角形中的两锐角互余，所以：
\[\alpha+\beta=90^{\circ}\]
但$\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}$

$\therefore\quad \gamma=90^{\circ}$.

由正方形的定义可知四边形$EFGH$是正方形．正方形
$ABCD$的面积是$(a+b)^2$或$4\x\frac{1}{2}ab+c^2$.

所以
\[(a+b)^2=4\x\frac{1}{2}ab+c^2\]
展开得：\[a^2+2ab+b^2=2ab+c^2\]
即
\[a^2+b^2=c^2\]
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.38\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/3/D}
\tkzDefPointsBy[translation = from C to D](B){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,B)\tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](B,C)\tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](C,D)\tkzGetPoint{G}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](D,A)\tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPolygon(E,F,G,H)
\tkzLabelPoints[left](A,B,E)
\tkzLabelPoints[right](C,D,G)\tkzLabelPoints[above](H)
\tkzLabelPoints[below](F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.4](H,E,A B,E,F)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5](F,E,H)
\tkzLabelAngle[pos=.6](H,E,A){$\alpha$}
\tkzLabelAngle[pos=.6](B,E,F){$\beta$}
\tkzLabelAngle[pos=.8](F,E,H){$\gamma$}
\node at (.6,0)[below]{$a$};
\node at (2.4,0)[below]{$b$};
\node at (3,.6)[right]{$a$};
\node at (3,2.4)[right]{$b$};
\node at (2.4,3)[above]{$a$};
\node at (.9,3)[above]{$b$};
\node at (0,2.4)[left]{$a$};
\node at (0,.9)[left]{$b$};

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2.5/0/C, 1.6/1.2/B}
\tkzDefSquare(A,B)  \tkzGetPoints{H}{K}
\tkzDefSquare(B,C)  \tkzGetPoints{F}{G}
\tkzDefSquare(C,A)  \tkzGetPoints{E}{D}
\tkzLabelPoints[above](H,B,G)
\tkzLabelPoints[below](D,E)
\tkzLabelPoints[left](A,K)
\tkzLabelPoints[right](C,F)
\tkzDrawPolygon(A,B,H,K)
\tkzDrawPolygon(A,C,D,E)
\tkzDrawPolygon(C,B,G,F)
\tkzDrawPolygon[pattern=north east lines](A,C,K)
\tkzDrawPolygon[pattern=north west lines](A,B,E)
\tkzDefPointBy[projection = onto D--E](B) \tkzGetPoint{L}
\tkzInterLL(B,L)(A,C)  \tkzGetPoint{I}
\tkzLabelPoints[below left](L,I)
\tkzDrawSegments(B,L)
\tkzMarkRightAngle[size=.23](B,L,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

我国古代算学家对这个定理作了各种证明，上面的证法
只是其中的一种．作为例子，我们再介绍一种勾股定理的欧
几里得的证法．


如图3.83所示，在$\triangle ABC$中，$\angle ABC=90^{\circ}$. 以
$\triangle ABC$的各边为一边，分别在$\triangle ABC$的外侧作正方形
$AEDC$, $BCFG$, $ABHK$. 引$BL\bot ED$, 分别交$\overline{ED}$、$\overline{AC}$
于$L$、$I$, 则$BL\parallel AE$.

作$\overline{KC}$、$\overline{BE}$.

$\because\quad \overline{AB}=\overline{AK},\quad \overline{AC}=\overline{AE},\quad \angle KAC=\angle EAB$,

$\therefore\quad \triangle ABE\cong \triangle AKC$ （SAS）

$\because\quad \triangle ABE$与矩形$AELI$等底等高，
$\triangle AKC$与正方形$ABHK$等底等高，

$\therefore\quad \triangle ABE$的面积$=\frac{1}{2}$矩形$AELI$的面积

$\triangle AKC$的面积$=\frac{1}{2}$正方形$ABHK$的面积．

$\therefore\quad $矩形$AELI$的面积$=$正方形$ABHK$的面积．

同理可证：矩形$CILD$的面积$=$正方形$BCFG$的面积．

但：正方形$AEDC$的面积$=$矩形$AELI$的积$+$矩形$CILD$的面积．

$\therefore\quad $正方形$AEDC$的面积$=$正方形$ABHK$的面积$+$正方形
$BCFG$的面积．
即
\[\overline{AC}^2=\overline{AB}^2+\overline{BC}^2\]
这就证明了勾股定理．

比较这两种证法，我们看到我国古代的证明法用了代数
知识：$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$, 比较简捷明了，而古希
腊的证法，要用到等积变形，比较复杂．

勾股定理揭示了直角三角形三边之间的关系，如果知道
了直角三角形任意两边的长度，应用勾股定理便可计算出第
三边的长．

\begin{example}
    已知：直角$\triangle ABC$, $\angle B=90^{\circ}$, $AB=12$cm,
$BC=5$cm (图3.84).

求：$\overline{AC}$之长．
\end{example}


\begin{solution}
    设$\overline{AC}$的长为$x$cm, 根据勾股定理：
\[x^2=5^2+12^2\quad \Rightarrow\quad x^2=169\]
$\because\quad x>0,\qquad \therefore\quad x=13({\rm cm})$
\end{solution}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.6]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2.5/0/C, 0/6/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzMarkRightAngle[size=.3](A,B,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.6]
\tkzDefPoints{0/0/B, -2/0/C, 0/5/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzLabelPoints[above right](A,B)
\tkzLabelPoints[above left](C)
\tkzMarkRightAngle[size=.3](A,B,C)
\fill[pattern=north east lines](-3.5,-.4) rectangle (1,0);
\draw(-3.5,0)--(1,0);
\tkzDrawLine[add=0 and .3](B,A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    将长为5米的梯子$\overline{AC}$斜靠在墙上，$\overline{BC}$长为2米，
求地面到梯子上端高$\overline{AB}$之长（精确到0.01米）（图3.85）.
\end{example}



\begin{solution}
    设$\overline{AB}$的长为$x$（米），由于$\triangle ABC$是直角三角
形，且以$\overline{AC}$为斜边；根据勾股定理有，
\[x^2+2^2=5^2 \quad \Rightarrow\quad x^2=25-4=21\]

$\because\quad x>0$

$\therefore\quad x=\sqrt{21}\approx 4.58$（米）．

答：地面到梯子上端高$\overline{AB}$之长约
等于4.58米．
\end{solution}

\begin{blk}
    {勾股定理逆定理} 如果三角形的三
边$a$、$b$、$c$满足条件$a^2+b^2=c^2$, 那$c$边所对的角是直角．
\end{blk}


\begin{proof}
设$\triangle ABC$的三边满足$a^2+b^2=c^2$(图3.86). 
另作一个直角三角形$A'B'C'$，使$\angle C'=90^{\circ}$, $\overline{B'C'}=a$,
$\overline{A'C'}=b$. 根据勾股定理，
\[\overline{A' B'}^2=a^2+b^2\]
但
\[\overline{A'B'}^2=c^2\]

$\therefore\quad \overline{A'B'}=c$.

$\therefore\quad \triangle ABC\cong \triangle A'B'C'$ (SAS)

$\therefore\quad \angle C=\angle C'=90^{\circ}$
\end{proof}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=.7]
\begin{scope}
\draw(0,0)node[below]{$B$}--node[below]{$a$}(3,0)node[below]{$C$}--node[right]{$b$}(3,4)node[above]{$A$}--node[left]{$c$}(0,0);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6cm]
    \draw(0,0)node[below]{$B'$}--node[below]{$a$}(3,0)node[below]{$C'$}--(3,4)node[above]{$A'$}--node[left]{$c$}(0,0);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{blk}
    {广义勾股定理} 平行四边形两条对角线的平方和等于它
的四边的平方和，或等于相邻两边平方和的二倍．
\end{blk}

已知：平行四边形$ABCD$ (图3.87). 

求证：$\overline{AC}^2+\overline{BD}^2=\overline{AB}^2+\overline{BC}^2+\overline{CD}^2+\overline{DA}^2=2\left(\overline{AB}^2+\overline{BC}^2\right)$

\begin{proof}
    设$\angle B$为锐角，分别由$A$、$D$向边$\overline{BC}$及其延长线
    作垂线$AE$、$DF$.

$\because\quad \overline{AB}=\overline{CD},\quad \angle B=\angle DCF,\quad \angle AEB=\angle DFC=90^{\circ}$,

$\therefore\quad \triangle ABE\cong \triangle DCF$ (AAS)

    在直角三角形$ABE$、$ACE$、$DBF$中，由勾股定理可以得到：
\begin{align}
    \overline{AB}^2&=\overline{AE}^2+\overline{BE}^2\\
    \overline{AC}^2&=\overline{AE}^2+\overline{EC}^2=\overline{AE}^2+\left(\overline{BC}-\overline{BE}\right)^2\\
    \overline{BD}^2&=\overline{BF}^2+\overline{DF}^2=\left(\overline{BC}+\overline{CF}\right)^2+\overline{DF}^2
\end{align}
$(3.2)+(3.3)$得：
\[\begin{split}
    \overline{AC}^2+\overline{BD}^2&=\left(\overline{BC}-\overline{BE}\right)^2+\left(\overline{BC}+\overline{CF}\right)^2+2\overline{AE}^2\\
    &=2\left(\overline{BC}^2+\overline{BE}^2+\overline{AE}^2\right)\\
    &=2\left(\overline{BC}^2+\overline{AB}^2\right)\\
    &=\overline{AB}^2+\overline{BC}^2+\overline{CD}^2+\overline{DA}^2
\end{split}\]
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 4/2/D}
\tkzDefPointsBy[translation = from C to D](B){A}
\tkzDefPointBy[projection = onto B--C](A)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointBy[projection = onto B--C](D)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](A,E D,F)
\tkzDrawSegments(A,C B,D C,F)
\tkzMarkRightAngles[size=.2](A,E,B D,F,C)
\tkzMarkAngles[size=.3, mark=none](C,B,A F,C,D)

\tkzLabelPoints[below](B,E,C,F)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/2/D, 0/2/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C B,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

当平行四边形为矩形时（图3.88），由于矩形两条对
角线相等，上面的关系式转化为：
\[2\overline{AC}^2=2\left(\overline{AB}^2+\overline{BC}^2\right)\]
即
\[\overline{AC}^2=\overline{AB}^2+\overline{BC}^2\]
这恰好符合勾股定理．因
此，一般平行四边形对角线与边的关系可看成广义勾股定理．
    
\begin{example}
    已知：$\triangle ABC$的三边长$\overline{BC}=a$, $\overline{AC}=b$, $\overline{AB}=c$（图3.89）．

求：三角形三边上中线长$m_a$、$m_b$、$m_c$.
\end{example}


\begin{solution}
    以$\triangle ABC$的边$\overline{AB}$, $\overline{AC}$为邻边作平行四边形$ABDC$, 
对角线$\overline{AD}$、$\overline{BC}$相交于$M$, 则$\overline{AM}$为$\triangle ABC$中$\overline{BC}$边上
的中线，它为$\overline{AD}$长的一半，由广义勾股定理知：
\[\overline{AD}^2+\overline{BC}^2=2\left(\overline{AB}^2+\overline{AC}^2\right)\]
即
\[4\overline{AM}^2+a^2=2(b^2+c^2)\]
$\therefore\quad \overline{AM}^2=\frac{1}{4}\x [2(b^2+c^2)-a^2]$
\[AM=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}\]
即：$m_a=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}$

同理可得：
\[m_b=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2},\qquad m_c=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}\]
\end{solution}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2/2/A}
\tkzDefPointsBy[translation = from A to C](B){D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments[dashed](B,D C,D A,D)
\tkzInterLL(A,D)(B,C)   \tkzGetPoint{M}
\tkzLabelPoints[below](D,B,M,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
      \tkzDefPoints{0/0/C, 2.5/0/B, 0/3/A}
      \tkzDrawPolygon(A,B,C)
      \tkzLabelPoints[below](B,C)
      \tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \end{figure}



\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 在$\triangle ABC$中，$\angle C$是直角．
    \begin{enumerate}
        \item 已知$\overline{BC}=6$, $\overline{AC}=8$, 求$\overline{AB}$之长．
        \item 已知$\overline{AB}=25$, $\overline{BC}=14$, 求$\overline{AC}$之长．
        \item 已知$\overline{AC}=13$, $\overline{AB}=19$, 求$\overline{BC}$之长．
    \end{enumerate}
    
    
    \item 已知等腰直角三角形的直角边长是$a$, 求底边．
    \item 正方形一边长为10寸，求对角线长．
    \item 矩形相邻两边为$a$、$b$时，求对角线长．
    \item 已知等边三角形的边长为$a$, 求等边三角形一边上的高和
    这等边三角形的面积．
    \item 求出对角线为$d$的正方形的边长．
    \item 作一个三角形，使三边长为3cm, 4cm, 5cm, 边长为
    5cm的边所对的角是不是直角？为什么？
    \item 设三角形的三边等于下列各组數，判断各三角形是否是
    直角三角形：
\begin{multicols}{2}
    \begin{enumerate}
        \item 7、8、10;
        \item 3、5、4;
        \item 5、12、13;
        \item 4、8、10.
    \end{enumerate}
\end{multicols}
    \item 用勾股定理证明：斜边和一直角边对应相等的两直角三
    角形全等．
    \item 已知一等边三角形的高是$4\sqrt{3}$, 求面积．
    \item 等腰三角形的腰长是20厘米，底长是32厘米，求它的面
    积．
    \item 在$\triangle ABC$中关系式$\overline{AC}^2+\overline{BC}^2=\overline{AB}^2$是$\angle C=90^{\circ}$的
    什么条件？
\end{enumerate}
\end{ex}

\section*{习题3.4}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题3.4}
\begin{enumerate}
    \item 把梯形分割成直角三角形，矩形．由直角三角形、矩形
    的面积公式推导出梯形的面积公式．
    \item 如果过一个四边形的各顶点分别引直线平行于它的对角
    线，则由这些直线所组成的平行四边形的面积是已知四
    边形面积的2倍．
    \item 在直角三角形的各边上，分别向外侧作一个正方形，连
    结每相邻的两个正方形的最近的两个顶点，得三个三角
    形等积．
    \item 已知：$a$、$b$、$c$分别为直角三角形勾、股、弦长，
    \begin{enumerate}
        \item $a=3$, $b=4$, 求$c$.
        \item $c=25$, $b=14$, 求$a$.
     \item $a=13$, $c=19$, 求$b$.
    \end{enumerate}

    \begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\tkzDefPoints{-1/0/B_1, 0/0/A, -1/1/B_2}
\tkzDefPoint(180-80.26:1.732){B_3}
\tkzDefPoint(180-110.26:2){B_4}
\tkzDefPoint(180-136.82:2.236){B_5}
\tkzDrawSegments(A,B_1 A,B_2 A,B_3 A,B_4 A,B_5)

\tkzLabelPoints[above](B_3,B_4,B_5)
\tkzLabelPoints[left](B_1,B_2)
\tkzLabelPoints[right](A)

\draw(B_1)--node[left]{1}(B_2);
\draw(B_2)--node[above]{1}(B_3);
\draw(B_3)--node[above]{1}(B_4);
\draw(B_4)--node[above]{1}(B_5);

\end{tikzpicture}    
    \caption*{第5题}
\end{figure}

\item 象图中那样作出一系列的
直角三角形，$\overline{AB_2}$、$\overline{AB_3}$、
$\overline{AB_4}$、$\overline{AB_5}$分别是$\overline{AB_1}$的
多少倍？
\item 设$P$是矩形$ABCD$内的一点，则
$\overline{PA}^2+\overline{PC}^2=\overline{PB}^2+\overline{PD}^2$.

\item 设$P$是等腰直角三角形$ABC$的斜边$\overline{BC}$上的任意一点，
求证$\overline{BP}^2+\overline{CP}^2=2\overline{AP}^2$
\item 三角形的三边长分别是2cm、3cm、4cm, 求三条中线的
长．
\item 一矩形的两边分别是16米和12米，在它的对角线上作一
个三角形与这个矩形等积．并求出所作三角形的高（按
1:400画图）．
\item 一菱形两条对角线之和是24尺，它们的比是3:5, 求菱形
的面积．
\item 菱形的周长为16cm, 其中一个内角为$150^{\circ}$, 求它的面
积．
\item 菱形的周长为20cm, 面积是24cm, 求它的对角线的
长．
\item 在等腰梯形$ABCD$中，$AB\parallel CD$, $\angle A=60^{\circ}$, $BD$平分$\angle B$, 且梯形周长为20cm, 求梯形的面积．
\end{enumerate}

\section{相似形}
\subsection{成比例的线段}

\begin{blk}
  {定义} 用同样的长度单位去量两条已知线段，所得量数
的比叫做两条线段的比．它是一个正实数．  
\end{blk}

例如，$\overline{AB}=4$厘米，$\overline{CD}=2$厘米，
则 $\overline{AB}:\overline{CD}=4:2=2:1$.

上式也可写成：
\[\frac{\overline{AB}}{\overline{CD}}=\frac{4}{2}=\frac{2}{1}\]
$\overline{AB}$叫做比的\textbf{前项}，$\overline{CD}$叫做比的\textbf{后项}．

根据分数的基本性质可知，两条线段的比和选择的长度
单位无关．


\begin{blk}
    {定义}
四条线段$a$、$b$、$c$、$d$, 如果满足等式$a:b=c:d$
（或$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$），
就说这\textbf{四条线段成比例}．$a$、$b$、$c$、$d$分别叫做
比例第一、二、三、四项．第一和第四两项叫做\textbf{比例外项}，
第二第三两项叫做\textbf{比例内项}．
\end{blk}

\begin{blk}
    {定义}
三条线段$a$、$b$、$c$, 如果满足等式$a:b=b:c$
（或$\frac{a}{b}=\frac{b}{c}$），$b$就叫做$a$、$c$的\textbf{比例中项}，$c$叫做$a$、$b$的
\textbf{比例第三项}．
\end{blk}

成比例的量有下面几条重要性质（下面所有字母都代表
不等于0的数）．

\begin{blk}{性质1：比例的基本性质}
\[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad ad=bc\]    
\end{blk}

\begin{blk}{性质3：反比定理}
    \[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad \frac{b}{a}=\frac{d}{c}\]       
\end{blk}

\begin{blk}{性质3：更比定理}
    \[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad \frac{a}{c}=\frac{b}{d}\] 
\end{blk}

\begin{blk}{性质4：合比定理}
    \[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad \frac{a+b}{b}=\frac{c+d}{d}\] 
\end{blk}

\begin{blk}{性质5：分比定理}
    \[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad \frac{a-b}{b}=\frac{c-d}{d}\] 
\end{blk}

\begin{blk}{性质6：等比定理}
    \[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}=\cdots=\frac{r}{s}\quad \Rightarrow\quad \frac{a+c+e+\cdots+r}{b+d+f+\cdots+s}=\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\cdots=\frac{r}{s}\] 
其中：$b+d+f+\cdots+s\ne 0$
\end{blk}

我们只证明1和6，其余定理作为练习，同学
们自己证明．

\begin{proof}
证明性质1：
\begin{enumerate}
    \item 先证$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$是$ad=bc$的充分条件．

    因为已知$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$，所以两边同乘以$bd$, 即得$ad=bc$.
\item     再证$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$是$ad=bc$的必要条件．

因为已知$ad=bc$, 所以两边同除以$bd$, 即得$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$．
\end{enumerate}

由(a)、(b)所以有：
\[\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\quad \Rightarrow\quad ad=bc\]    

证明性质6：

设$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}=\cdots=\frac{r}{s}=k$，则
\[a=bk, c=dk, e=fk, \ldots, r=sk\] 
将上面诸式相加得：
\[a+c+e+\cdots+r=k(b+d+f+\cdots+s)\]
因为$b+d+f+\cdots+s\ne 0$，所以
\[\begin{split}
    \frac{a+c+e+\cdots+r}{b+d+f+\cdots+s}&=k\\
    &=\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}\\
    &=\cdots=\frac{r}{s}
\end{split}
    \]
\end{proof}


\begin{example}
    已知：在图3.90中，
$\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{BC}}$

求证：$\frac{\overline{AD}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{BE}}$; $\frac{\overline{AE}}{\overline{ED}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{EC}}$; $\frac{\overline{AE}}{\overline{BE}}=\frac{\overline{ED}}{\overline{EC}}$
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/C, 4/0/D, 2/2.5/A, 4.5/2.5/B}
\tkzInterLL(A,D)(B,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,E)
\tkzDrawPolygon(C,D,E)
\tkzLabelPoints[below](C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,B)
\tkzLabelPoints[right](E)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
    \item $\because\quad \frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{BC}}$
    
    $\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{BE}}$ （反比定理）

    \item $\because\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{BE}}$
    
    $\therefore\quad \frac{\overline{AD}-\overline{AE}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BC}-\overline{BE}}{\overline{BE}}$（分比定理）

    即：$\frac{\overline{ED}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{EC}}{\overline{BE}}$

    $\therefore\quad \frac{\overline{AE}}{\overline{ED}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{EC}}$ （反比定理）

    \item $\because\quad \frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{BC}}$
    
$\therefore\quad \frac{\overline{AE}}{\overline{BE}}=\frac{\overline{ED}}{\overline{EC}}$（更比定理）
\end{enumerate}
\end{proof}



\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 证明反比、更比、合比、分比定理．
    \item 求下列各数的比例中项．
\begin{multicols}{3}
    \begin{enumerate}
        \item 3、27;
        \item 5、5;
        \item 2、32.
    \end{enumerate}
\end{multicols}
\item 已知$ab=cd$, 试写出以$b$为首项的比例式，这样的比例式
    能有几个？
    \item 已知：$\frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}}$

    求证：$\frac{\overline{AD}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}$; $\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$; $\frac{\overline{AD}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{DB}}{\overline{EC}}$
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 2.45/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)

\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](E)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
\end{figure}


\subsection{相似和相似比}
在前面，我们对比例线段有了明确的理解，现在我们进
一步研究相似图形的性质．

例如，图3.91所示的用不同比例尺绘成的同一机械零
件图就是相似的图形．

\begin{blk}
    {定义} 如果两个多边形的角对应相等，对应边成比例．
这两个多边形叫做\textbf{相似多边形}．
\end{blk}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.6]{fig/3-91.png}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \tkzDefPoints{0/0/A,3/0/B, 3.4/3/C, -.5/2.3/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzLabelPoints[below](A,B)
    \tkzLabelPoints[above](C,D)
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6cm, scale=.8]
    \tkzDefPoints{0/0/A',3/0/B', 3.4/3/C', -.5/2.3/D'}
    \tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
    \tkzLabelPoints[below](A',B')
    \tkzLabelPoints[above](C',D')
\end{scope}        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

例如，图3.92中，四边形$ABCD$与四边形$A'B'C'D'$
中，$\angle A=\angle A'$、$\angle B=\angle B'$、$\angle C=\angle C'$、$\angle D=\angle D'$, 
并且$\overline{AB}:\overline{A'B'}=\overline{BC}:\overline{B'C'}=\overline{CD}:\overline{C'D'}=\overline{DA}:\overline{D'A'}$, 则
这两个四边形相似．记作“四边形$ABCD\backsim$四边形
$A'B'C'D'$. 

\begin{blk}
    {定义} 相似多边形（包括相似三角形）对应边的比叫做
它们的\textbf{相似比}（也叫放大率或缩小率）．相似比等于1的多
边形显然是全等形．在图3.92中四边形$ABCD$对四边形
$A'B'C'D'$的相似比等于5:4.
\end{blk}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 所有等边三角形相似吗？为什么？
    \item 所有菱形相似吗？为什么？
    \item 所有矩形相似吗？为什
    么？
    \item 所有正方形相似吗？为什么？
    \item 把一个矩形纸片的四周剪去一
    个等宽的边，得到一个小矩形
    纸片，那么这大、小两个矩形
    相似吗？
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw(0,0) rectangle (3,3);
\draw(.5,.5) rectangle (3-.5,3-.5);
\draw[dashed](.5,0)--(.5,.5)--(0,.5);
\draw[dashed](3-.5,0)--(3-.5,.5)--(3,.5);
\draw[dashed](.5,3)--(.5,3-.5)--(0,3-.5);
\draw[dashed](3-.5,3)--(3-.5,3-.5)--(3,3-.5);
\end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
\end{figure}

\subsection{相似三角形}
研究相似形是以三角形为基础的．因此，我们主要研究
相似三角形．

在第一章中，我们已经用实验方法得出了：“\textbf{如果一个
三角形的两个角和另一个三角形的两个角对应相等，那么这
两个三角形相似}”．这实际上是判定两个三角形相似的一个
判定定理．但是现在我们还不能用演绎法严格地证明它，严
格的证明到了高中才能进行．下面我们只在某些特殊情况
下对这个定理作些证明．

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
\begin{scope}
    \tkzDefPoints{0/0/A,6/0/B, 4/4/C}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)

\tkzDefPointWith[linear, K=.333](A,B)  \tkzGetPoint{B'}
\tkzDefPointWith[linear, K=.333](A,C)  \tkzGetPoint{C'}
\tkzDefPointWith[linear, K=.333](B,C)  \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefPointWith[linear, K=.667](A,B)  \tkzGetPoint{B''}
\tkzDefPointWith[linear, K=.667](A,C)  \tkzGetPoint{C''}
\tkzDefPointWith[linear, K=.667](B,C)  \tkzGetPoint{A''}
\tkzDrawSegments[dashed](C',A' B',A'' C'',B'' B'',A' C'',A'')
\tkzDrawSegments(C',B')
    \tkzLabelPoints[below](B',B)
    \tkzLabelPoints[above](C',C)
\tkzLabelPoint[below](A){$A(A')$}
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=7cm, scale=.333]
    \tkzDefPoints{0/0/A',6/0/B', 4/4/C'}
    \tkzDrawPolygon(A',B',C')
    \tkzLabelPoints[below](A',B')
    \tkzLabelPoints[above](C')
\end{scope}        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

已知：$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，$\angle A=\angle A'$,
$\angle B=\angle B'$（图3.93）

求证：$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$.

\begin{proof}
\begin{equation}
    \angle A=\angle A',\quad \angle B=\angle B' \quad \Rightarrow\quad \angle C=\angle C'
\end{equation}
    
又根据移形公理，我们移动$\triangle A'B'C'$, 使$A'$与$A$重
合，$A'B'$落在$AB$上，因为$\angle A=\angle A'$所以$\overline{A'C'}$, 落在$\overline{AC}$
上．由于$\angle B=\angle B'$, 所以$BC\parallel B'C'$（为什么？），又由
三角形的全等条件（SAS）可知$\triangle A'B'C'\cong \triangle AB'C'$.
这时，如果

\begin{enumerate}
    \item $\overline{AB}$恰好是$\overline{A'B'}$的整数倍，即
\[\overline{AB}=n\overline{A'B'}\]
我们把$\overline{AB}$等分成$n$段（图3.93中$n=3$）和$\overline{AB'}$等长的
线段．然后过各分点分别作$BC$的平行线和$AC$的平行线，
由平行线等分线段定理可知这两组平行线也分别把$\overline{BC}$和$\overline{AC}$
分成了$n$段相等的线段．

由平行四边形对边相等这一性质可知；$\overline{BC}$上被$n$等分的
每一线段和$\overline{B'C'}$相等，$\overline{AC}$上被$n$等分的每一线段也和$\overline{A'C'}$
相等．因此有：
\[\overline{BC}=n\overline{B'C'},\qquad \overline{AC}=n\overline{A'C'}\]
这时：
\begin{equation}
    \frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{CA}}{\overline{C'A'}}=n
\end{equation}
由(3.4)、(3.5)可知：
当$\overline{AB}$是$\overline{A'B'}$的整数倍时，我们证明了
$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$.
\item $\overline{AB}$是$\overline{A'B'}$的有理数倍，即$\overline{AB}=\frac{m}{\ell}\overline{AB'}$（图3.94中$\ell=2,\; m=7$）

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
    \tkzDefPoints{0/0/A,6/0/B, 4/3/C}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
\foreach \x in {1,2,3,...,6}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/7](A,B) \tkzGetPoint{B\x}
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/7](A,C) \tkzGetPoint{C\x}
    \tkzDefPointWith[linear, K=\x/7](C,B) \tkzGetPoint{A\x}
    \tkzDrawSegments({B\x},{C\x} {B\x},{A\x})
}
\tkzLabelPoint[below](B1){$B''$}
\tkzLabelPoint[below](B2){$B'$}
\tkzLabelPoint[above](C1){$C''$}
\tkzLabelPoint[above](C2){$C'$}
\tkzLabelPoints[below](A,B)
\tkzLabelPoints[above](C)

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


那么一定存在$\overline{AB''}$使$\overline{A'B'}=\ell \overline{AB''}$, $\overline{AB}=m\cdot \overline{AB''}$．
这时，我们可把$\overline{AB}$等分为$m$段，过各分点分别引$AC$和$BC$
的平行线，由平行线等分线段定理，这两组平行线分别把
$\overline{BC}$和$\overline{AC}$等分为$m$段，这时我们可以证明：
\[\begin{split}
    \overline{AC}&=m\overline{AC''}=\frac{m}{\ell}\overline{AC'}\\
    \overline{BC}&=m\overline{B''C''}=\frac{m}{\ell}\overline{B'C'}
\end{split}\]
因此：
\begin{equation}
    \frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=\frac{m}{\ell}
\end{equation}
由(3.5)、(3.6)可知：
当$\overline{AB}$是$\overline{A'B'}$的有理数倍时，我们也证明了
$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{blk}
    {推论} 平行于三角形一边的直线，截三角形其他两边所
得的三角形与原三角形相似．
\end{blk}

利用上述定理和推论又可推出以下两个相似三角形的判
定定理：

\begin{blk}
    {定理1}
如果一个三角形的三边和另一个三角形的三边
成比例，那么这两个三角形相似．
\end{blk}

\begin{blk}
    {定理2}
如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边
成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．
\end{blk}

先证定理1.

已知：$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，
$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$
（图3.95）.

求证：$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[scale=.6]
    \tkzDefPoints{0/0/B', 4/0/C', 3/3/A'}
\tkzDrawPolygon(A',B',C')
\tkzLabelPoints[below](B',C')
\tkzLabelPoints[above](A')
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=4cm]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzLabelPoints[below](B,C)
    \tkzLabelPoints[above](A)
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)\tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments[dashed](D,E)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](E)

\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
    设$\overline{AB}>\overline{A'B'}$, 在$\overline{AB}$上取一点$D$, 使$\overline{AD}=\overline{A'B'}$, 过
$D$作$DE\parallel BC$交$\overline{AC}$于$E$, 则$\triangle ADE\backsim \triangle ABC$

已知$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$，但$\overline{A'B'}=\overline{AD}$，因此：
\[\frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}\]

又$\because\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{DE}}$（相似三角形的对应边成比例）

$\therefore\quad  \frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{DE}},\quad \frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}}$

$\therefore\quad \overline{B'C'}=\overline{DE},\quad \overline{A'C'}=\overline{AE}$

又$\because\quad \overline{A'B'}=\overline{AD}$

$\therefore\quad \triangle ADE\cong \triangle A'B'C'$

$\therefore\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$
\end{proof}

现在证明定理2.

已知：在$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，
$\angle A=\angle A'$, 并且$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$
（图3.96）.

求证：$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[scale=.6]
    \tkzDefPoints{0/0/B', 4/0/C', 3/3/A'}
\tkzDrawPolygon(A',B',C')
\tkzLabelPoints[below](B',C')
\tkzLabelPoints[above](A')
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=4cm]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzLabelPoints[below](B,C)
    \tkzLabelPoints[above](A)
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)\tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments[dashed](D,E)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](E)

\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
设$\overline{AB}>\overline{A'B'}$, 在$\overline{AB}$
上取一点$D$, 
使$\overline{AD}=\overline{A'B'}$, 过$D$作$DE\parallel BC$交$\overline{AC}$于$E$, 则$\triangle ABC\backsim \triangle ADE$

已知$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$，
但$\overline{AD}=\overline{A'B'}$, 因此：
\[\frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}\]

又$\because\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}}$

$\therefore\quad \overline{A'C'}=\overline{AE}$

由于$\angle A=\angle A',\quad \overline{A'B'}=\overline{AD}$,

$\therefore\quad \triangle ADE\cong \triangle A'B'C'$.

$\therefore\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$.
\end{proof}

\begin{example}
    已知：$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$, $D$是$\overline{AC}$上一点. 
    $DE\bot AB$交$\overline{AB}$于$E$点（图3.97）.

    求证：$\overline{AD}\cdot \overline{AC}=\overline{AE}\cdot \overline{AB}$.
\end{example}

\begin{analyze}
    要证明$\overline{AD}\cdot \overline{AC}=\overline{AE}\cdot \overline{AB}$成立，只须证明
$\frac{\overline{AD}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}$
    即可，为此，只要证明$\triangle AED\backsim \triangle ACB$就行了．
\end{analyze}

\begin{proof}
$\because\quad DE\bot AB$

$\therefore\quad \angle AED=90^{\circ}$.

又：$\because\quad  \angle C=90^{\circ}$,

$\therefore\quad \angle AED=\angle C$.

又：$\because\quad \angle A=\angle A$

$\therefore\quad \triangle AED\backsim \triangle ACB$

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}$

$\therefore\quad \overline{AD}\cdot \overline{AC}=\overline{AE}\cdot \overline{AB}$ 
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/4/A, 3/1.5/D}
\tkzDefPointBy[projection = onto A--B](D) \tkzGetPoint{E}
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzDrawSegments(D,E A,B B,C C,A)
\tkzMarkRightAngles[size=.15](A,E,D A,C,B)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 3.5/2/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.4](D,C)  \tkzGetPoint{G}
\tkzInterLL(A,G)(C,B)  \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(A,G)(D,B)  \tkzGetPoint{E}
\tkzLabelPoints[below](A,B,E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[above](C,D,G)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(C,G A,G B,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知：$\parallelogram{ABCD}$中，$G$是$\overline{DC}$边延长线上的一
点，$AG$分别交$\overline{BD}$、$\overline{BC}$于$E$、$F$(图3.98).

求证：$\frac{\overline{EF}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EG}}$
\end{example}

\begin{analyze}
    要证明$\frac{\overline{EF}}{\overline{AE}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EG}}$成立，但显然找不到含有这四
    条线段的两个相似三角形，因此，我们必须寻求第三个比，使它和上述比例式中的两个比相等，这个比就是$\frac{\overline{EB}}{\overline{ED}}$，因此
    如果证明了以下两个比例式：
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $\frac{\overline{EF}}{\overline{EA}}=\frac{\overline{EB}}{\overline{ED}}$
    \item $\frac{\overline{EA}}{\overline{EG}}=\frac{\overline{EB}}{\overline{ED}}$
\end{enumerate}
\end{multicols}
那么本题也就得证了．
\end{analyze}

\begin{proof}
$\because\quad $四边形$ABCD$是平行四边形，

$\therefore\quad AD\parallel BC$,

$\therefore\quad \angle ADB=\angle FBD$.

又$\because\quad \angle DEA=\angle BEF$,

$\therefore\quad \triangle ADE\backsim \triangle FBE$，因此：
\begin{equation}
    \frac{\overline{EF}}{\overline{EA}}=\frac{\overline{BE}}{\overline{ED}}
\end{equation}
同理，
\begin{equation}
    \frac{\overline{EA}}{\overline{EG}}=\frac{\overline{EB}}{\overline{ED}}
\end{equation}
由(3.7)、(3.8)就有：$\frac{\overline{EF}}{\overline{EA}}=\frac{\overline{EA}}{\overline{EG}}$
\end{proof}

\begin{example}
    比例规原理：比例规是根据相似三角形原理制作
的，利用比例规可以很快地把一条不太长的线段分成若干等
分，或者按一定比例来放大或缩小已知的线段．

比例规是由两条等长的腿$\overline{AD}$和$\overline{BC}$(图3.99)构成的，
两腿的两端是尖的，两腿中间有一条纵沟，沟内装有可以滑动并且可以固定在
沟内任何地方的螺丝钉（$O$），按槽边刻度选择点，可以使
$\frac{\overline{AO}}{\overline{OD}}=\frac{\overline{BO}}{\overline{OC}}$等于不
同的比值，如果我们要把一条线段三等
分，把螺丝固定在刻度3的地方，那么
$\frac{\overline{AO}}{\overline{OD}}=\frac{\overline{BO}}{\overline{OC}}=3$，由于$\angle AOB=\angle COD$，

$\therefore\quad \triangle AOB\backsim \triangle COD$

$\therefore\quad \overline{CD}=\frac{1}{3}\overline{AB}$

用$\overline{CD}$去截要分的线段$\overline{AB}$, 就可以把它三等分．
\end{example}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.38\textwidth}
    \centering
\includegraphics[scale=.6]{fig/3-99.png}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\begin{scope}[scale=.5]
\tkzDefPoints{0/0/B', 3/0/C', 3/4/A'}
\tkzDrawPolygon(A',B',C')
\tkzLabelPoints[below](B',C')
\tkzLabelPoints[above](A')
\tkzMarkRightAngles[size=.2](A',C',B')
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=3cm, scale=.7]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 3/4/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzMarkRightAngles[size=.2](A,C,B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\end{scope}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一
个直角三角形的斜边和一条直角边成比例，那么这两个直角
三角形相似．

已知：$\triangle ABC$和$\triangle A'B'C'$中，
$\angle C=\angle C'=90^{\circ}$, $\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$（图3.100）.

求证：$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$
\end{example}

\begin{proof}
设$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=k$，那么：
\[\overline{AB}=k\overline{A'B'},\qquad \overline{AC}=k\overline{A'C'}\]
\[\overline{BC}=\sqrt{\overline{AB}^2-\overline{AC}^2}=\sqrt{k^2\left(\overline{A'B'}^2-\overline{A'C'}^2\right)}=k\overline{B'C'}\]
则：$\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=k$

$\therefore\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$

$\therefore\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 根据下面条件，判断$\triangle ABC$和$\triangle DEF$是否相似？如果相
    似，指出对应边和对应角．
\begin{enumerate}
    \item $\angle A=70^{\circ},\quad \angle B=50^{\circ};\quad \angle D=60^{\circ},\quad \angle E=50^{\circ}$
    \item $\overline{AB}=2{\rm cm},\quad \overline{BC}=3{\rm cm},\quad \angle B=50^{\circ}$; 
    
    $\overline{DE}=4{\rm cm},\quad \overline{EF}=6{\rm cm},\quad \angle E=50^{\circ}$.
    \item $\overline{AB}=0.8{\rm cm},\quad \overline{BC}=2{\rm cm},\quad \overline{AC}=4.5{\rm cm}$; 
    
    $\overline{DE}=2.4{\rm cm},\quad \overline{EF}=6{\rm cm},\quad \overline{FD}=1.5{\rm cm}$.
\end{enumerate}

    \item 求证：顶角相等的两个等腰三角形相似．
    \item 求证：顺次连结三角形各边中点所得的三角形与原三角形
    ，相似，并求出相似比．
    \item 已知：$\overline{BD}$、$\overline{CE}$是$\triangle ABC$的两条高线，
    求证：$\overline{AB}\cdot \overline{CE}=\overline{BD}\cdot \overline{AC}$.

\item 在$\parallelogram{ABCD}$中，$P$是对角线$\overline{AC}$上的一点，过$P$引直线交
$\overline{AD}$于$G$, 交$\overline{BC}$于$H$, 又分别与$\overline{BA}$和$\overline{DC}$的延长线交于
$E$、$F$.

求证：$\frac{\overline{PE}}{\overline{PF}}=\frac{\overline{PG}}{\overline{PH}}$.

\item 已知：$\triangle ABC$中，$\angle A=90^{\circ}$, $\overline{AD}$是$\overline{BC}$上的高，
求证：
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $\overline{AB}^2=\overline{BD}\cdot \overline{BC}$,  
    \item $\overline{AC}^2=\overline{CD}\cdot \overline{BC}$, 
    \item $\overline{AD}^2=\overline{BD}\cdot \overline{DC}$, 
    \item $\overline{AB}^2+\overline{AC}^2=\overline{BC}^2$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
（注意： 本题的(a)(b)(c)给我们提供了求两
条已知线段的比例中项的依据．而(d)是应用相似三角形再
次证明了勾股定理．）
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1.5/3/A}
\tkzDefPointBy[projection= onto A--C](B)\tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointBy[projection= onto A--B](C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(B,D C,E)
\tkzMarkRightAngles[size=.15](A,E,C A,D,B)
\tkzLabelPoints[left](E,B)
\tkzLabelPoints[right](C,D)
\tkzLabelPoints[above](A)

\end{tikzpicture}
    \caption*{第4题}
\end{figure}

\subsection{平行截割定理}
要划一个多边形的相似形，往往要利用平行线，这一小
节我们就来学习平行截割定理．

\begin{blk}
    {定理} 平行于三角形的一边并且和其他两边相交的直
线，将其他两边分成比例线段．
\end{blk}

已知：$\triangle ABC$中，$\overline{DE}\parallel \overline{BC}$交$\overline{AB}$于$D$; 交$\overline{AC}$于$E$ (图
3.101).

求证：$\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$

\begin{proof}
$\because\quad  \overline{DE}\parallel \overline{BC}$

$\therefore\quad \triangle ADE\backsim \triangle ABC$

$\therefore\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{AE}},\qquad \frac{\overline{AB}-\overline{AD}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{AC}-\overline{AE}}{\overline{AE}}$

即：$\frac{\overline{BD}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{EC}}{\overline{AE}}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzLabelPoints[left](D,B)
\tkzLabelPoints[right](C,E)
\tkzLabelPoints[above](A)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{-3/1/C', 3/1/F', -3/2/B', 3/2/E', -3/3/A', 3/3/D'}
\tkzDefPoints{-.5/4/L, -2/0/L'}
\tkzDefPoints{.5/4/M, 2/0/M'}
\tkzInterLL(L,L')(A',D')  \tkzGetPoint{A}
\tkzInterLL(L,L')(B',E')  \tkzGetPoint{B}
\tkzInterLL(L,L')(C',F')  \tkzGetPoint{C}
\tkzInterLL(M,M')(A',D')  \tkzGetPoint{D}
\tkzInterLL(M,M')(B',E')  \tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(M,M')(C',F')  \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawLines[add=.3 and .3](A,D B,E C,F A,C D,F)
\tkzLabelPoints[above left](A,B,C)
\tkzLabelPoints[above right](D,E,F)
\tkzDefPointsBy[translation = from A to D](B,C){G,H}
\tkzLabelPoints[above left](G,H)
\tkzDrawSegments[dashed](D,H)
\tkzLabelPoint[left](L){$\ell$}
\tkzLabelPoint(M){$m$}


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}



把上述定理推广就得到平行截割定理．

\begin{blk}
    {平行截割定理} 三条或三条以上的平行线，截任意两条
直线，所截出的对应线段成比例．
\end{blk}

已知：$AD$、$BE$、$CF$三
条直线互相平行，并且与任意
二直线$\ell$、$m$
分别交于$A$、$B$、$C$
和$D$、$E$、$F$各点（图3.102）.

求证：$\frac{\overline{AB}}{\overline{BC}}=\frac{\overline{DE}}{\overline{EF}}$

\begin{proof}
    过$D$点引$\ell$的平行线与直线$BE$、$CF$分别交于$G$、
$H$两点．
则$$\frac{\overline{DG}}{\overline{GH}}=\frac{\overline{DE}}{\overline{EF}}$$

又$\because\quad $四边形$ABGD$和四边形$BCHG$都是平行四边形．

$\therefore\quad\overline{DG}=\overline{AB},\quad \overline{GH}=\overline{BC}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{BC}}=\frac{\overline{DE}}{\overline{EF}} $
\end{proof}

平行截割定理的逆定理也成立．下面的定理是平行截割
定理的逆定理的特殊情况，一般情况请同学们自己推证．

\begin{blk}
    {定理} 一直线若将三角形的两边分成比例线段，则这条
直线平行于三角形的第三边．
\end{blk}

\begin{example}
    已知：直线$DE$截$\triangle ABC$的$\overline{AB}$边于$D$点，截$\overline{AC}$于$E$
点，并且$\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$（图3.103）.

求证：$DE\parallel BC$.
\end{example}


\begin{proof}
过$D$点引$DE'\parallel BC$, 交$\overline{AC}$于$E'$点，则
\[\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE'}}{\overline{E'C}}\]
但已知$\frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AE'}}{\overline{E'C}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$，
由合比定理得
\[\frac{\overline{AC}}{\overline{E'C}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{EC}}\]

$\therefore\quad \overline{E'C}=\overline{EC}$

因为$E'$和$E$都在$\overline{AC}$上，所以$E$和$E'$重合，$\overline{DE'}$和$\overline{DE}$
重合，因此
$DE\parallel BC$.
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.38\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,C) \tkzGetPoint{E'}
\tkzDrawSegments[dashed](D,E')
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](E,E')
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\begin{scope}
\draw[thick](0,0)--node[above]{$c$}(2,0);
\draw[thick](0,1)--node[above]{$b$}(1.5,1);
\draw[thick](0,2)--node[above]{$a$}(1.75,2);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=2.5cm]
\tkzDefPoints{0/0/A, 5/0/C, 4.5/3/B}
\tkzDefPointWith[linear, K=.35](A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.5](A,C) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointsBy[translation= from D to E](F){G'}
\tkzInterLL(E,G')(A,C) \tkzGetPoint{G}
\tkzDrawSegments(A,B A,C D,F E,G)
\tkzLabelPoints[below](A,F,G,C)
\tkzLabelPoints[above](D,E,B)
\tkzLabelSegment[above](A,D){$a$}
\tkzLabelSegment[above](E,D){$b$}
\tkzLabelSegment[below](A,F){$c$}
\end{scope}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知：线段$a$、$b$、$c$.

    求作：$a$、$b$、$c$的比例第四项．

    作法：如图3.104所示
\begin{enumerate}
    \item 取一点$A$, 作$\angle BAC$,
    \item 在边$AB$上依次截取$\overline{AD}=a$, $\overline{DE}=b$, 在边$AC$上
    截取$\overline{AF}=c$,
    \item 作
    $\overline{DF}$, 作$EG\parallel DF$交$AC$于$G$点，$\overline{FG}$就是所求
    的$a$、$b$、$c$的比例第四项．
\end{enumerate}
\end{example}    

\begin{proof}
$\because\quad DF\parallel EG$,

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{DE}}=\frac{\overline{AF}}{\overline{FG}}$
即：
\[\frac{a}{b}=\frac{c}{\overline{FG}}\]

$\therefore\quad \overline{FG}$就是所求的$a$、$b$、$c$的比例第四项．

    
\end{proof}

\begin{example}
   把已知线段分为两部分，使它们的比等于3:2.

已知：$\overline{AB}$(图3.105).

求作：$\overline{AB}$上一点$X$, 使$\overline{AX}:\overline{XB}=3:2$

作法：
\begin{enumerate}
    \item 以$A$点为端点作射线$AC$和射线$AB$成$\angle BAC$, 在
    $AC$上截取$\overline{AD}=3$个单位长，$\overline{DF}=2$个单位长（单位长可任
    取）．
\item 连结$F$、$B$, 过$D$作
    $DX\parallel FB$, 交$\overline{AB}$于$X$, $X$
    就是所求的点．
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
$\because\quad DX\parallel FB$，（作图）

$\therefore\quad \frac{\overline{AX}}{\overline{XB}}=\frac{\overline{AD}}{\overline{DF}}=\frac{3}{2}$.
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 3/2/F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,F)\tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.2](A,F)\tkzGetPoint{C}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)\tkzGetPoint{X}
\tkzDrawPolygon(A,B,F)
\tkzDrawSegments(D,X C,F)
\tkzLabelPoints[below](A,X,B)
\tkzLabelPoints[above](D,F,C)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/2/A}
\tkzDefLine[bisector,normed](B,A,C)
\tkzGetPoint{A'}
\tkzInterLL(A,A')(B,C)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointsBy[translation = from D to C](A){A''}
\tkzInterLL(A,B)(A'',C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments[dashed](A,E C,E)
\tkzDrawSegments(A,B C,A A,D B,C)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A,E)
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.4](D,A,C)
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.5](B,A,D)
\tkzLabelAngle[pos=.7](D,A,C){2}
\tkzLabelAngle[pos=.7](B,A,D){1}


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    三角形内角平分线定理：三角形一个内角的平分
线分它的对边成两条线段，这两条线段和它们相邻的两边成
比例．

已知：$\overline{AD}$是$\triangle ABC$的$\angle BAC$的平分线（图3.106）.

求证：$\frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AC}}$.
\end{example}

\begin{proof}
作$CE\parallel DA$交$BA$的延长线于$E$.

$\because\quad AD$平分$\angle BAC$,

$\therefore\quad \angle 1=\angle 2$.

又$\because\quad \angle 1=\angle AEC$, $\angle 2=\angle ACE$,

$\therefore\quad \angle ACE=\angle AEC$.

$\therefore\quad \overline{AE}=\overline{AC}$.

$\because\quad AD\parallel EC$,

$\therefore\quad \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{AE}}\quad \Rightarrow \quad \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AC}}$
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, yscale=.6]
\tkzDefPoints{0/0/l6, 4/0/l3, 0/2/l5, 4/2/l2, 0/3.5/l4, 4/3.5/l1}
\tkzDrawSegments(l6,l3 l5,l2 l4,l1)
\foreach \x in {1,2,3}
{
    \node at (l\x) [right]{$\ell_\x$};
}
\tkzDefPoints{1/5/D', 2.5/-1/E', 3.5/5/A', 1.5/-1/B'}
\tkzInterLL(D',E')(l1,l4) \tkzGetPoint{D}
\tkzInterLL(D',E')(l2,l5) \tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(D',E')(l3,l6) \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(A',B')(l1,l4) \tkzGetPoint{A}
\tkzInterLL(A',B')(l2,l5) \tkzGetPoint{B}
\tkzInterLL(A',B')(l3,l6) \tkzGetPoint{C}
\tkzLabelPoints[above left](A,B,C,D,E)
\tkzLabelPoints[above right](F)
\tkzDrawSegments(D',E' A',B')
\tkzLabelPoint[above](D'){$n$}
\tkzLabelPoint[above](A'){$m$}

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)\tkzGetPoint{D}   
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointsBy[translation = from C to E](D){F'}
\tkzInterLL(E,F')(A,B)  \tkzGetPoint{F}
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[left](D,F)
\tkzLabelPoints[right](E)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(C,D E,F D,E)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第2题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
  \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
  \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.9]
\tkzDefPoints{0/0/B', 3/0/A', 1.3/3/A, 2.3/3/B}
\tkzInterLL(A,A')(B,B')  \tkzGetPoint{O}
\tkzDrawPolygon(A,B,O)
\tkzDrawPolygon(A',B',O)
\tkzLabelPoints[right](A',B,O)
\tkzLabelPoints[left](A,B')

  \end{tikzpicture}
  \caption*{第3题}
  \end{minipage}
  \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
  \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.9]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.65](A,B)\tkzGetPoint{D}   
\tkzDefPointWith[linear, K=.65](A,C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E)
\tkzLabelPoints[below](B,C)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](E)
\tkzLabelPoints[above](A)
  \end{tikzpicture}
  \caption*{第4题}
  \end{minipage}
  \end{figure}

\begin{figure}[htp]\centering
  \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
  \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 4.5/3/C}
\tkzDefPointWith[linear, K=.65](A,B)\tkzGetPoint{F}   
\tkzDefPointWith[linear, K=.65](A,C)\tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to F](E){D'}
\tkzInterLL(D',F)(A,C)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,F E,F B,E)
\tkzLabelPoints[below](A,B,F)
\tkzLabelPoints[above](D,E,C)
  \end{tikzpicture}
  \caption*{第5题}
  \end{minipage}
  \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
  \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/A', 4/0/B', 1.8/-1/C', 1.6/3/O}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](O,A')\tkzGetPoint{A}   
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](O,B')\tkzGetPoint{B}   
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](O,C')\tkzGetPoint{C}   
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(A',B',C')
\tkzDrawSegments(O,A' O,B' O,C')
\tkzLabelPoints[below](A',B',C')
\tkzLabelPoints[above](O)
\tkzLabelPoints[left](A)
\tkzLabelPoints[right](B)
\tkzLabelPoints[below right](C)


  \end{tikzpicture}
  \caption*{第6题}
  \end{minipage}
  \end{figure}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 如图，已知$\ell_1\parallel \ell_2\parallel \ell_3$, $\ell_1,\ell_2,\ell_3$分别截直线
    $m$、$n$于$A$、$B$、$C$和$D$、$E$、$F$点，并且
    $\overline{AB}=3$cm, $\overline{BC}=4$cm, 
    $\overline{DE}=2$cm, 求$\overline{EF}$和$\overline{DF}$的
    长．

\item 已知：$\triangle ABC$中，$\overline{DE}\parallel \overline{BC}$, $\overline{EF}\parallel \overline{CD}$. 
求证：$\overline{AD}^2=\overline{AF}\cdot \overline{AB}$.

\item 如图：$AB\parallel A'B'$,
\begin{enumerate}
\item 设$\overline{BO}:\overline{OB'}=1:2$, $\overline{A'B'}=5$cm, 求$\overline{AB}$的长．
\item 设$\overline{BO}=2$cm, $\overline{BB'}=5.3$cm, $\overline{AB}=2.3$cm, 求$\overline{A'B'}$的长．
\item 设$\overline{AB}=1.2$cm, $\overline{A'B'}=3$cm, $\overline{BB'}=3.5$cm, 
求$\overline{OB}$、$\overline{OB'}$的长．
\end{enumerate}

\item 已知：$\overline{DE}\parallel \overline{BC}$, $\overline{DE}=2$cm, $\overline{BC}=3$cm, 
$\overline{BD}=1.5$cm. 
求$\overline{AB}$的长．
\item 如图，已知：$DF\parallel BE$, $EF\parallel BC$, 
求证：$\frac{\overline{AD}}{\overline{DE}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}$.

\item 如图，已知：$AC\parallel A'C'$, $BC\parallel B'C'$

求证：$\frac{\overline{OA}}{\overline{AA'}}=\frac{\overline{OB}}{\overline{BB'}}$；$AB\parallel A'B'$.
\item 如图，已知：$D$点是$\overline{BC}$中点，$\angle ADB$和$\angle ADC$的平分线分
别交$\overline{AB}$, $\overline{AC}$于$E$、$F$. 
求证：$EF\parallel BC$.

\item 三角形$ABC$中，$\angle B$、$\angle C$的平分线分别交$\overline{AC}$、$\overline{AB}$于$D$、$E$, 如果$ED\parallel BC$, 则$\triangle ABC$为等腰三角形．
\item 已知：$\overline{AD}$是$\triangle ABC$中$\angle BAC$的外角平分线，交$\overline{BC}$的延
长线于$D$点，
求证：$\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AC}}$.
\end{enumerate}
\end{ex}
    
\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2.2/2.5/A}
\tkzDefMidPoint(B,C)\tkzGetPoint{D}
\tkzDefLine[bisector](A,D,B) \tkzGetPoint{E'}
\tkzDefLine[bisector](A,D,C) \tkzGetPoint{F'}
\tkzInterLL(A,B)(D,E')\tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(A,C)(D,F')\tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(D,E,F)
\tkzDrawSegments(A,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](F)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2.5/0/C, 3.5/2/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.3](B,A) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDrawSegments(A,C B,A')
\tkzDefLine[bisector](C,A,A') \tkzGetPoint{D'}
\tkzInterLL(B,C)(A,D')  \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawSegments(A,D B,D)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.35](D,A,A')
\tkzMarkAngle[mark=none, size=.4](C,A,D)

    \end{tikzpicture}
    \caption*{第9题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\subsection{相似三角形的性质}
相似三角形除对应角相等，对应边成比例外，还有下列
一些性质：

\begin{blk}
    {定理}
\begin{enumerate}
    \item 相似三角形周长的比等于它们的相似比．
    \item 相似三角形对应高的比等于它们的相似比．
    \item 相似
三角形面积的比等于它们的相似比的平方．
\end{enumerate}
\end{blk}

已知：$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$, $\overline{BC}$的对应边是$\overline{B'C'}$, 
$\overline{AD}\bot \overline{BC}$, $\overline{A'D'}\bot \overline{B'C'}$ (图3.107).
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[scale=.7]
\tkzDefPoints{0/0/B', 4/0/C', 3/0/D', 3/3/A'}
\tkzDrawPolygon(A',B',C')
\tkzDrawSegments(A',D')
\tkzMarkRightAngles[size=.15](A',D',B')
\tkzLabelPoints[below](C',D',B')
\tkzLabelPoints[above](A')
\end{scope}    
\begin{scope}[xshift=4cm]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/0/D, 3/3/A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,D)
\tkzMarkRightAngles[size=.15](A,D,B)
\tkzLabelPoints[below](C,D,B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\end{scope} 
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

求证： \begin{enumerate}
    \item $\frac{\overline{AB} + \overline{BC} +\overline{CA}}{\overline{A'B'} + \overline{B'C'} +\overline{C'A'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$
    \item $\frac{\overline{AD}}{\overline{A'D'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$
    \item $\frac{\triangle ABC\text{面积}}{\triangle A'B'C'\text{面积}}=\left(\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}\right)^2$
\end{enumerate}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
    \item $\because\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$, $\overline{BC}$和$\overline{B'C'}$为对应边，
    设相似比为$k$，则
\[\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{CA}}{\overline{C'A'}}=k\]

$\therefore\quad \overline{AB}=k\overline{A'B'},\quad  \overline{BC}=k\overline{B'C'},\quad \overline{CA}= k\overline{C'A'}$

$\therefore\quad \overline{AB}+\overline{BC}+\overline{CA}=k\left(\overline{A'B'}+\overline{B'C'}+\overline{C'A'}\right)$

$\therefore\quad \frac{\overline{AB} + \overline{BC} +\overline{CA}}{\overline{A'B'} + \overline{B'C'} +\overline{C'A'}}=k=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$

\item $\because\quad \triangle ABC\triangle A'B'C'$, $B$与$B'$是对应顶点，

$\therefore\quad \angle B=\angle B'$

    又$\because\quad \overline{AD}\bot \overline{BC},\quad \overline{A'D'}\bot \overline{B'C'}$

$\therefore\quad \angle ADB=\angle A'D'B'=90^{\circ}$.

$\therefore\quad \triangle ABD\backsim \triangle A'B'D'$.

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{A'D'}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}$，而$\frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{A'D'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$

\item $\because\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$

$\therefore\quad \frac{\overline{AD}}{\overline{A'D'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}$

\[\begin{split}
\frac{\triangle ABC\text{面积}}{\triangle A'B'C'\text{面积}}
=\frac{\frac{1}{2}\overline{BC}\cdot \overline{AD}}{\frac{1}{2}\overline{B'C'}\cdot \overline{A'D'}}&=\frac{\overline{BC} }{\overline{B'C'}}\cdot\frac{\overline{AD}}{\overline{A'D'}}\\
&=\frac{\overline{BC} }{\overline{B'C'}}\cdot\frac{\overline{BC} }{\overline{B'C'}}=\left(\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}\right)^2    
\end{split}\]
\end{enumerate}
\end{proof}


同样可以证明相似三角形的对应中线、对应角平分线的比等于它们的相似比．

\begin{example}
    我们应用相似三角形面积比的性质，可再次证明
勾股定理．

已知：$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$(图3.108).

求证：$\overline{AC}^2+\overline{BC}^2=\overline{AB}^2$
\end{example}

\begin{proof}
    作斜边$\overline{AB}$上的高$\overline{CD}$，易证
$    \triangle ACD\backsim \triangle CBD\backsim \triangle ABC$.

$\therefore\quad \frac{\triangle ACD\text{面积}}{\triangle ABC\text{面积}}=\frac{\overline{AC}^2}{\overline{AB}^2},\quad \frac{\triangle CBD\text{面积}}{\triangle ABC\text{面积}}=\frac{\overline{BC}^2}{\overline{AB}^2}$

    等式两边相加得：
\[ \frac{\triangle ACD\text{面积}+\triangle CBD\text{面积}}{\triangle ABC\text{面积}} =\frac{\overline{AC}^2+\overline{BC}^2}{\overline{AB}^2}\]

$\because\quad \triangle ACD\text{面积}+\triangle CBD\text{面积}=\triangle ABC\text{面积}$

$\therefore\quad \frac{\overline{AC}^2+\overline{BC}^2}{\overline{AB}^2}=1$

$\therefore\quad  \overline{AC}^2+\overline{BC}^2=\overline{AB}^2$
\end{proof}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 5/0/B, 3.2/2.4/C, 3.2/0/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments[dashed](C,D)
\tkzMarkRightAngles[size=.2](C,D,A A,C,B)
\tkzLabelPoints[below](A,D,B)
\tkzLabelPoints[above](C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.7]
\tkzDefPoints{0/0/B, 6/0/C, 2/4/A, 2/0/D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,B) \tkzGetPoint{P}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,C) \tkzGetPoint{N}
\tkzDefPointBy[projection= onto B--C](P) \tkzGetPoint{L}
\tkzDefPointBy[projection= onto B--C](N) \tkzGetPoint{M}
\tkzLabelPoints[below](B,L,D,M,C)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[left](P)
\tkzLabelPoints[right](N)
\tkzInterLL(P,N)(A,D) \tkzGetPoint{E}
\tkzLabelPoints[above right](E)
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(P,N P,L N,M A,D)
\tkzMarkRightAngles[size=.2](P,L,C A,D,C N,M,C)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    在图3.109中，已知正方形$PLMN$顶点$L$和$M$在
    $\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上，顶点$N$和$P$分别在边$\overline{AC}$和边$\overline{AB}$上，$\overline{BC}=12$cm, $\overline{BC}$上的高$\overline{AD}=8$cm, 
    求这个正方形的边长，并正确地作出这个正方形．
\end{example}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item 设$\overline{AD}$和$\overline{PN}$相交于$E$,

$\because\quad PN\parallel BC$

$\therefore\quad \triangle APN\backsim \triangle ABC$.

$\because\quad \overline{AD}$是$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上的高，
$\overline{AE}$是$\triangle APN$的$\overline{PN}$边上的高，

$\therefore\quad \frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{PN}}{\overline{BC}}$（相似三角形对应高的比等于相似比）．

设正方形的边长为$X$厘米，
那么，$\overline{PN}=X$厘米，$\overline{AE}=\overline{AD}-\overline{ED}=(8-X)$厘米，

$\therefore\quad \frac{8-X}{8}=\frac{X}{12}$.

解这个方程得$X=4.8$. 即正方形$PLMN$的边长为4.8厘米．
\item 在$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上的高$\overline{AD}$上截$\overline{DE}=4.8$cm, 
过$E$作$PN\parallel BC$和$\overline{AB}$、$\overline{AC}$分别交于$P$、$N$两点，过$P$、$N$
分别作$\overline{BC}$的垂线$\overline{PL}$、$\overline{NM}$; $L$、$M$是垂足，则四边形$PLMN$
即为所求的正方形．
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$, $\overline{AB}$与$\overline{A'B'}$是对应边，
    $\triangle ABC$的周长是125cm, $\overline{A'B'}=12$cm, $\overline{B'C'}=17$cm,  
    $\overline{C'A'}=21$cm, 
求三角形$ABC$各边的长．
\item 两个相似三角形最长边各是35cm和14cm, 它们周长的
差是60cm, 求它们的周长．
\item 求证：
\begin{enumerate}
    \item 相似三角形对应中线的比等于它们的相似比．
    \item 相似三角形对应角平分线的比等于它们的相似比．
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{ex}
    
\subsection{相似多边形}
如何判断两个多边形相似呢？我们的办法是把多边形分
成三角形来讨论．

\begin{blk}
   {多边形相似的判定定理} 由同数个排列顺序相同的相似
三角形所拼成的两个多边形相似． 
\end{blk}

我们以五边形为例进行证明．

已知：$\triangle ABC\backsim A'B'C'$, $\triangle ACD\backsim A'C'D'$, $\triangle ADE\backsim \triangle A'D'E'$ (图3.110), 并且$A$、$B$、
$C$、$D$、$E$的对应顶点分别为$A'$、$B'$、$C'$、$D'$、
$E'$.

求证：多边形$ABCDE\backsim $多边形$A'B'C'D'E'$.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[rotate=110]
\tkzDefPoint(90:2){A}
\tkzDefPoint(90-72:2){E}
\tkzDefPoint(90+72:2){B}
\tkzDefPoint(90-144:2){D}
\tkzDefPoint(90+144:2){C}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
\tkzDrawSegments(A,D A,C)
\tkzDefPoints{0/0/O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D,E)
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=5cm, rotate=150]
    \tkzDefPoint(90:1){A'}
\tkzDefPoint(90-72:1){E'}
\tkzDefPoint(90+72:1){B'}
\tkzDefPoint(90-144:1){D'}
\tkzDefPoint(90+144:1){C'}
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D',E')
\tkzDrawSegments(A',D' A',C')
\tkzDefPoints{0/0/O}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A',B',C',D',E')
\end{scope}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{proof}
$\because\quad \triangle ABC\backsim \triangle A'B'C'$, $A$、$B$、$C$的对应顶点
是$A'$、$B'$、$C'$,

$\therefore\quad \angle B=\angle B',\quad \angle BCA=\angle B'C'A',\quad  \frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}$

又$\because\quad \triangle ACD\backsim \triangle A'C'D'$

$\therefore\quad \angle ACD=\angle A'C'D',\quad \frac{\overline{AC}}{\overline{A'C'}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{C'D'}}$

$\therefore\quad \angle BCA+\angle ACD=\angle B'C'A'+\angle A'C'D'$

即：$\angle C=\angle C',\quad \frac{\overline{AB}}{\overline{A'B'}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{B'C'}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{C'D'}}$

同理可证：$\angle D=\angle D'$, $\angle E=\angle E'$, $\angle A=\angle A'$
\[\frac{\overline{CD}}{\overline{C'D'}}=\frac{\overline{DE}}{\overline{D'E'}}=\frac{\overline{EA}}{\overline{E'A'}}\]
则多边形$ABCDE$与多边形$A'B'C'D'E'$的对应角相
等，对应边成比例．

$\therefore\quad$ 多边形$ABCDE\backsim $多边形$A'B'C'D'E'$.
\end{proof}

作为练习，同学们自己证明相似多边形的几条性质．
\begin{blk}
    {定理} 经过两个相似多边形的一对对应顶点的全部对角．
线，把两个多边形分成同数个并且顺序相同（或相反）的相
似三角形．
\end{blk}

\begin{blk}
   {定理} 相似多边形周长的比等于它们的相似比，相似多
边形面积的比等于它们相似比的平方． 
\end{blk}

\begin{example}
    求作一个四边形和已知四边形相似，且相似比等于
    2.

    已知：四边形$ABCD$ (图3.111).

    求作：四边形$A'B'C'D'$四边形$ABCD$并且相似比
等于2.

作法：
\begin{enumerate}
    \item 在四边形$ABCD$内任取一点$O$作射线
$OA$、$OB$、$OC$、$OD$.
\item 在射线$OA$上截取、
$\overline{OA'}=2\overline{OA}$, 在射线$OB$上
截取$\overline{OB'}=2\overline{OB}$, 在射线
$OC$上截取$\overline{OC'}=2\overline{OC}$, 在
射线$OD$上截取$\overline{OD'}=2\overline{OD}$. 
顺次作$\overline{A'B'}$、$\overline{B'C'}$、$\overline{C'D'}$、$\overline{D'A'}$, 
则四边形$A'B'C'D'$即为所求作的四边形．
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/A', 5/0/B', 3.5/2.6/C', 1.5/2.5/D', 2.5/1.2/O}
\foreach \x in {A,B,C,D}
{
    \tkzDefMidPoint(O,\x') \tkzGetPoint{\x}
    \tkzDrawSegments(O,\x')
}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
\tkzLabelPoints[below](A,B,A',B',O)
\tkzLabelPoints[above](C,D,C',D')
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{proof}
由于$\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{\overline{OB'}}{\overline{OB}}=\frac{\overline{OC'}}{\overline{OC}}=\frac{\overline{OD'}}{\overline{OD}}=\frac{2}{1}$

$\therefore\quad AB\parallel A'B',\quad BC\parallel B'C',\quad 
CD\parallel C'D',\quad DA\parallel D'A'$

$\therefore\quad \triangle OAB\backsim \triangle OA'B'$，$ 
\triangle OBC\backsim \triangle OB'C'$，$ 
\triangle OCD\backsim \triangle OC'D'$，$ 
\triangle ODA\backsim \triangle OD'A'$

$\therefore\quad $四边形 $A'B'C'D'\backsim $四边形 $ABCD$(由同数个排列顺序相同的相似三角形拼成的两个多边形相似）．
并且：
\[\frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{B'C'}}{\overline{BC}}=\frac{\overline{C'D'}}{\overline{CD}}=\frac{\overline{D'A'}}{\overline{DA}}=\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{2}{1}\]
$\therefore\quad $四边形$A'B'C'D'$为所求作的四边形．
\end{proof}

由上面的作图题可以看出，用这样方法所作的多边形不
仅和原多边形相似，并且对应边平行，对应顶点联线相交于
一点，我们把具有这样位置关系的两个多边形叫做\textbf{位似形}，
把$O$点叫做\textbf{位似中心}．

下面我们给位似图形下个一般的定义．

\begin{blk}
    {定义} 如果两个图形$F$和$F'$上的点一一对应，并且符合下
列两个条件：
\begin{enumerate}
    \item 连结每对对应点的直线都经过同一点$O$；
    \item 对任意一对对应点$A$和$A'$都有$\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=k,\; (k\ne 0)$
\end{enumerate}
那么这两个图形$F$和$F'$叫做\textbf{位似形}，$O$点叫做这
两个图形的\textbf{位似中心}，$k$叫做\textbf{位似比}．这时图形$F$变换到图
形$F'$叫做\textbf{位似变换}．
\end{blk}

在图3.112所示的两个位似图形上的对应点，（如$A$与
$A'$）在位似中心（$O$）的同侧，我们称这种位似形为\textbf{顺位似
形}，位似中心为\textbf{顺位似中心}．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[rotate=10]
\tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 1.6/1.4/C, .6/1.4/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPoints{-2/.5/O}
\foreach \x in {A,B,C,D}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=2.1](O,\x) \tkzGetPoint{\x'}
    \tkzDrawSegments(O,\x')
}
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
\tkzLabelPoints[below](A,A',B,B')
\tkzLabelPoints[above](C,C',D,D')
\tkzLabelPoints[left](O)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[rotate=10]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 1.6/1.4/C, .6/1.4/D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDefPoints{3/.5/O}
\foreach \x in {A,B,C,D}
{
    \tkzDefPointWith[linear, K=3.2](\x,O) \tkzGetPoint{\x'}
    \tkzDrawSegments(\x,\x')
}
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
\tkzLabelPoints[below](A,C',B,D',O)
\tkzLabelPoints[above](C,A',D,B')
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

在图3.113所示的两个位似图形上的对应点（如$A$与
$A'$）在位似中心（$O$）的两侧，我们称这种位似形为\textbf{逆位
似形}，位似中心为\textbf{逆位似中心}．
    
为清楚地区别这两种位似形，在位似形的定义中我们
规定：位似比$\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=k$
中的线段$\overline{OA'}$和$\overline{OA}$的第一个端点
字母必须先写表示位似中心的字母$O$, 这样一来，实际上线
段$\overline{OA'}$、$\overline{OA}$就是有方向的了．如果把$\overline{OA}$所在的半直线的方
向定为正向，那么$\overline{OA}$反向延长线的方向就是负向了．因此，
顺位似时，$\overline{OA'}$、$\overline{OA}$同向，我们就说$\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=k>0$; 逆
位似时，$\overline{OA'}$、$\overline{OA}$反向，我们就说
$\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=k<0$. 于是位
似比既可是正数也可是负数了．

作一个图形的位似形，位似中心可以任意选择，例如可
以选在多边形的内部（图3.111），可以选在多边形的外部
（图3.112或图3.113），也可以选在多边形的边上或顶点
处（图3.114和图3.115）等等．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 1.6/1.4/C, .6/1.4/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzDefPoints{1.2/0/O}
    \foreach \x in {A,B,C,D}
    {
        \tkzDefPointWith[linear, K=2.1](O,\x) \tkzGetPoint{\x'}
    }
    \tkzDrawPolygon(A',B',C',D')
    \tkzDrawSegments(O,D' O,C')
    \tkzLabelPoints[below](A,A',B,B',O)
    \tkzLabelPoints[above](C',D')
    \tkzLabelPoints[left](D)
    \tkzLabelPoints[right](C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 1.6/1.4/C, .6/1.4/D}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
    \tkzDefPoints{0/0/O}
    \foreach \x in {B,C,D}
    {
        \tkzDefPointWith[linear, K=2.1](O,\x) \tkzGetPoint{\x'}
    }
    \tkzDrawPolygon(A,B',C',D')
    \tkzDrawSegments(O,C')
    \tkzLabelPoints[below](B,B',O)
    \tkzLabelPoints[above](C',D')
    \tkzLabelPoints[left](D,A)
    \tkzLabelPoints[right](C)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

把一个图形放大或缩小，常常使用放缩尺，放缩尺是根
据位似形原理做成的．

放缩尺如图3.116所示，是由两两平行的四条直尺所组
成的，在$A$、$B$、$C$、$D$处用螺丝钉连接起来，组成平行四
边形$ABCD$, 它的各边可以分别绕着顶点转动．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.7]{fig/3-116.png}
    \caption{}
\end{figure}

先把$S$固定在图板上的某一处，在$A$处装上尖针，在$E$
处安上铅笔，直尺上$\overline{CS}=\overline{CE}$, $\overline{DS}=\overline{DA}$.

因为等腰三角形$SDA$的$\angle DSA=\angle CSE$，
又因为$S$、$D$、$C$共线，所以$\overline{SA}$重合在$\overline{SE}$上，因此$S$、$A$、$E$
在同一条直线上．

因为$DA\parallel CE$, 所以$\frac{\overline{SE}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{SC}}{\overline{SD}}$.

当放缩尺绕着固定点$S$转动时，四边形$ABCD$的形状和
位置虽然随时改变，但各边的长不变，因此它始终是一个平
行四边形．根据上面所说的可以知道，不管$A$点移动到什么
地方，$S$、$A$、$E$总在一条直线上，$A$、$E$在$SC$的同旁，
并且$\frac{\overline{SE}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{SC}}{\overline{SD}}$

我们可以预先把螺丝钉固定在适当的小孔$B$和$D$处，使$\frac{\overline{SC}}{\overline{SD}}$
等于我们所需要的比$k$, 于是把装在$A$处的尖针依照已
有的图形描绘，在$E$处的铅笔就画出一个和原图形相似并且
放大了$k$倍的图形．如果在$E$处装上一针，依照已有的图形描
画，而在$A$处装上铅笔，那么$A$处铅笔画出的图形也和原图
形相似，但是把它缩小了$k$倍．

前面我们研究了相似多边形和位似形，下面我们给出任
意两个相似图形的一般定义．

\begin{blk}
    {定义}
如果两个图形$T$和$T'$上的点一一对应，并且图形
$T'$上任意一个线段$\overline{A'B'}$和$T$上与之对应的线段$\overline{AB}$的长度的
比等于一个常数$k$, 则称\textbf{图形$T$和$T'$相似}，表示作“$T\backsim T'$”，
$k$叫作\textbf{$T'$对$T$的相似比}（也叫放大率或缩小率）．
\end{blk}

实际生活中，相似形的例子是很多的，它们都符合土述
相似形的定义．例如某地方的地图上任意两点间的线段和这
个地方实际相对应的两点之间线段长度的比等于同一常数
——比例尺．

还可以证明，\textbf{任意两个位似图形都是相似形，且位似比
的绝对值等于相似比}．


\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 以五边形为例，证明相似多边形的对角线的比等于相似比．
    \item 已知相似多边形的相似比，周长的比，面积比中的一个，
    填写其它两个：
\begin{center}
\begin{tabular}{c|cccccccc}
    \hline
    相似比 &    2&    5&    0.01&    0.005\\
    \hline
    周长比&&&&&    10&   $\tfrac{1}{30}$\\
    \hline
    面积比&&&&&&&    10000&    0.000001\\
    \hline
\end{tabular}
\end{center}

\item 任何两个相似形都是位似形吗？任何两个位似形都相似
吗？
\item 要作一多边形和已知多边形相似，并且使周长扩大三倍，
对应边应当怎样？要使周长缩小5倍呢？要使面积扩大4倍
呢？要使面积缩小9倍呢？
\item 如图：$O$是平行四边形对角线上一点，$HF$、$EG$经过$O$
点，并且分别和$\overline{AB}$、$\overline{BC}$平行．
求证：
\begin{enumerate}
    \item $\parallelogram{AEOH}\backsim \parallelogram OFCG \backsim \parallelogram ABCD$;
    \item $\parallelogram OFCG\text{的
面积}:\parallelogram AEOH\text{的面积}:\parallelogram ABCD\text{的面积}=\overline{OC}^2:\overline{OA}^2:\overline{AC}^2$
\end{enumerate}

\item 求作一个五边形和已知五边
形相似，并且相似比等于2.5
\item 求作一个五边形和已知五边形位
似，并且位似比等于$-\frac{3}{2}$.
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{0/0/A, 4/0/B, 5/3/C}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C) \tkzGetPoint{O}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,D) \tkzGetPoint{H}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](B,C) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](D,C) \tkzGetPoint{G}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C H,F G,E)
\tkzLabelPoints[below](A,E,B)
\tkzLabelPoints[above](D,G,C)
\tkzLabelPoints[left](H)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[below right](O)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第5题}
\end{figure}

\subsection{相似测量}
\subsubsection{测量地面上中间有障碍物的两点间距离}
要测量地面上中间有障碍物的$A$、$B$两点间的距离（图
3.117），可以按照下面的步骤进行．

\begin{enumerate}
    \item 在地面上选择适当的一点$C$作为测站（要使从$C$到
$A$, 从$C$到$B$的距离可以直接量得），在$A$、$B$两点各插一根
标杆，把平板仪放在$C$点，使平板成水平，把地面上的$C$点
用移点器移到固定在平板上的图纸上，得到$C$点的对应点
$C'$, 在$C'$点插一根小针．
\item 在平板上，把照准器的尺的边靠紧插在$C'$点的小
针，照准地面上$CA$和$CB$的方向，在图纸上描出对应的方向
线．
\item 量出$\overline{CA}$和$\overline{CB}$的实距长度，按照预定的比例尺
缩小，在图纸上按照缩小后的长度，分别在对应的方向线上
截取线段$\overline{C'A'}$和$\overline{C'B'}$, 定出$A'$、$B'$两点．
\item 量出图纸上$\overline{A'B'}$的长度，再按照原来预定的比例
尺把$\overline{A'B'}$的长度放大，若放大率（即比例尺）等于$k$, 则
$\overline{AB}=\frac{1}{k}\overline{A'B'}$.
\end{enumerate}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\includegraphics[scale=.6]{fig/3-117.png}
    \caption{}
\end{figure}

\subsubsection{测绘具有多边形形状地段的平面图}
要测绘多边形$ABCDE$形状地块的平面（图3.118），
可以按照下面的步骤进行．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\tkzDefPoint(0,0){S'}
\tkzDefPoint(-150:1){A'}
\tkzDefPoint(-35:1.1){B'}
\tkzDefPoint(60:1.5){C'}
\tkzDefPoint(100:.8){D'}
\tkzDefPoint(135:1.6){E'}
\tkzDefPointWith[linear, K=3.5](S',A') \tkzGetPoint{A}
\tkzDefPointWith[linear, K=3.5](S',B') \tkzGetPoint{B}
\tkzDefPointWith[linear, K=3.5](S',C') \tkzGetPoint{C}
\tkzDefPointWith[linear, K=3.5](S',D') \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=3.5](S',E') \tkzGetPoint{E}

\tkzDrawPolygon(A,B,C,D,E)
\tkzDrawPolygon(A',B',C',D',E')
\tkzDrawSegments[dashed](S',A S',B S',C S',D S',E)
\tkzLabelPoints[above](C,D,E,C',D',E')
\tkzLabelPoints[below](A,B,A',B')
\tkzLabelPoints[right](S')

\draw[thick](-2.3,-1.2) rectangle (1.8,2);

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{enumerate}
    \item 把平板仪放在地面上的适当一点$S$, 要从$S$能直接
看到插在多边形各顶点的标杆，并且在$S$点能直接量得从$S$
到各顶点的距离，使平板成水平，平板上放图纸，把地面
上的$S$点用移点器移到图纸上，得到$S$点的对应点$S'$（图
上$S$和$S'$重合），在$S'$点插一根小针．

\item 在图纸上，划出和地面上$SA,SB,SC,SD$和
$SE$方向相同的射线．
\item 在地面上测量出$\overline{SA}$、$\overline{SB}$、$\overline{SC}$、$\overline{SD}$和$\overline{SE}$各线段
的实际长度，并且按照预定的比例尺缩小成线段$\overline{S'A'}$、
$\overline{S'B'}$、$\overline{S'C'}$、$\overline{S'D'}$和$\overline{S'E'}$, 然后在图纸上各条对应的方
向射线上分别截得$\overline{S'A'}$、$\overline{S'B'}$、$\overline{S'C'}$、$\overline{S'D'}$和$\overline{S'E'}$, 再
作$\overline{A'B'}$、$\overline{B'C'}$、$\overline{C'D'}$、$\overline{D'E'}$、$\overline{E'A'}$, 所得多边形
$A'B'C'D'E'$就是地面上多边形$ABCDE$按照预定比例尺
缩小的平面图．
\end{enumerate}

要计算多边形$ABCDE$的面积，可先计算出平面图形
$A'B'C'D'E'$的面积，然后乘以原比例尺的平方的倒数，
算出实际地块的面积．































\subsection*{实习作业}
\begin{enumerate}
    \item 在田野里选择有障碍物的两点（如两棵树），用这节介绍
    的方法测量它们之间的距离．
    \item 选择一块多边形空地，测绘它的平面图并求出它的面积．
\end{enumerate}

\section*{习题3.5}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题3.5}
\begin{enumerate}
    \item 在$\triangle ABC$中，已知$\overline{BC}=36$cm, 高$\overline{AD}=30$cm, 在距
    离$\overline{BC}$边10cm的地方作一条平行于$BC$的直线，交$\overline{AB}$
    于$E$, 交$\overline{AC}$于$F$, 求$\overline{EF}$的长．
    \item 已知梯形两底的长为36cm和60cm, 高为32cm, 求这个梯
    形两腰延长线的交点到两底的距离各是多少？
    \item 两个相似三角形对应边的比是$7:5$, 第一个三角形的周长
    是14cm, 求另一个三角形的周长．
    \item 已知$\triangle ABC\backsim \triangle A'B'C$, $\triangle A'B'C'$的面积是$\triangle ABC$
    面积的4倍，并且$\overline{AB}=4$cm, $\overline{BC}=7$cm, $\overline{AC}=8$cm, 求
    $\triangle A'B'C'$各边的长．
    \item 已知梯形$ABCD$的面积为90平方厘米，两底$\overline{AB}$、$\overline{CD}$的长各
    为12厘米和8厘米，延长梯形两腰相交于$M$点，求$\triangle MDC$
    的面积．
    \item 设$AD$是$\triangle ABC$的中线，一条与
    $\overline{BC}$边平行的直线与
    $\overline{AB}$、$\overline{AD}$、$\overline{AC}$的交点分别为$P$、$Q$、$R$, 那么$\overline{PQ}=\overline{QR}$
    \item 过梯形$ABCD$的对角线$AC$、$BD$的交点$E$, 作两底的平
    行线，与两腰$\overline{AB}$、$\overline{CD}$分别相交于$M$、$N$, 求证：
    $\overline{ME}=\overline{EN}$.
    \item 在梯形$ABCD$中，作与两底互相平行的直线，交两腰
    $\overline{AB}$、$\overline{CD}$于$P$、$Q$两点，与对角线的交点是$R$、$S$, 那么
    $\overline{PR}=\overline{SQ}$
\end{enumerate}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{-2/0/B, 2/0/C, 1/2.5/D, -1/2.5/A}
    \tkzInterLL(A,C)(B,D)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments(A,C B,D)
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)

\tkzDefPointWith[linear, K=.3333](A,B)  \tkzGetPoint{M}
\tkzDefPointWith[linear, K=.3333](D,C)  \tkzGetPoint{N}
\tkzLabelPoints[left](A,B,M)
\tkzLabelPoints[right](C,D,N)
\tkzLabelPoints[below](E)
\tkzDrawSegments(M,N)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{-2/0/B, 2/0/C, 1/2.5/D, -1/2.5/A}
    \tkzDrawSegments(A,C B,D)
    \tkzDrawPolygon(A,B,C,D)

\tkzDefPointWith[linear, K=.7](A,B)  \tkzGetPoint{P}
\tkzDefPointWith[linear, K=.7](D,C)  \tkzGetPoint{Q}
\tkzInterLL(A,C)(P,Q)  \tkzGetPoint{S}
\tkzInterLL(P,Q)(B,D)  \tkzGetPoint{R}
\tkzLabelPoints[below](R,S)
\tkzLabelPoints[left](A,B,P)
\tkzLabelPoints[right](C,D,Q)
\tkzDrawSegments(P,Q)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第8题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\section*{复习题三}
\addcontentsline{toc}{section}{复习题三}
\begin{enumerate}
    \item 已知不共线三点，能不能作一个等边三角形，使这三个
    点分别在三边上？
    \item 求证：三角形的三条角平分线相交于一点．
    \item 求证：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离的和一
    定．它等于什么？如果在底边的延长线上取点，你能得出
    合什么结论？
    \item $O$点是等边三角形内任一点，试证明：$O$点到三边距离的
    和与$O$点的位置无关，这个和等于什么？
    \item 已知四边形，求这样一点，使这点到各顶点的距离的和
    为最小．
    \item 已知梯形$ABCD$中，$\overline{AD}\parallel\overline{BC}$, $\angle B=90^{\circ}$, 
    $\angle C=60^{\circ}$, 腰$\overline{CD}=42$cm, 求另一腰$\overline{AB}$等于多少厘米？
    \item 从平行四边形$ABCD$的各顶点到形外一条直线作垂线
    $AE$、$BF$, $CG$、$DH$, 设$E$、$F$、$G$、$H$为垂足．求证：
    $\overline{AE}+\overline{CG}=\overline{BF}+\overline{DH}$.
    \item 如果两正方形对角线相等，那么这两个正方形全等．
\item 已知一边和一条对角线，求作矩形．
\item 已知高，求作等边三角形．
\item 如图，$DE\parallel BC$, $BE$、$CD$相交于$F$, 射线$AF$和$\overline{BC}$
相交于$G$. 求证：$\overline{BG}=\overline{CG}$.
\item 如图，已知：$\triangle ABC$中$DE\parallel CA$, $DF\parallel BA$.

求证：$\frac{\overline{DE}}{\overline{AC}}+\frac{\overline{DF}}{\overline{AB}}=1$

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3.5/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(D,E C,D B,E)
\tkzInterLL(C,D)(B,E)  \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(A,F)(B,C)  \tkzGetPoint{G}
\tkzDrawSegments(A,G)
\tkzLabelPoints[left](D,B)
\tkzLabelPoints[right](E,C,F)
\tkzLabelPoints[below](G)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第11题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 1.5/3/A}
        \tkzDrawPolygon(A,B,C)
        \tkzDefPointWith[linear, K=.6](A,B)  \tkzGetPoint{E}
        \tkzDefPointWith[linear, K=.6](C,A)  \tkzGetPoint{F}
        \tkzDefPointWith[linear, K=.6](C,B)  \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawSegments(D,E D,F)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第12题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 已知：$D$、$D'$是$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边上两点，$\overline{BD}=\overline{D'C}$, 
$\overline{DE}$, $\overline{D'E'}$和$\overline{AC}$平行，并交$\overline{AB}$于$E,E'$, $\overline{DF}$, $\overline{D'F'}$ 和$AB$
平行交$\overline{AC}$于$F$、$F'$, 求证：$E'F\parallel EF'$.
\item 已知：$E$是正方形$ABCD$的$\overline{AB}$边上的一点，
$\overline{AE}=\frac{1}{n}\overline{AB}$, $\overline{DE}$和$\overline{AC}$相交于$F$. 求证；$\overline{AF}=\frac{1}{n+1}\overline{AC}$.
\item 如图，已知
$\overline{EF}\parallel \overline{BC}$, $\overline{FD}\parallel\overline{AB}$, $\overline{AE}=6.4$厘米，
$\overline{BE}=7.2$厘米，$\overline{CD}=9$厘米，
求四边形$BDFE$的周长．
\item 已知$\triangle ABC$的三边是
$\overline{AB}=11$cm, $\overline{BC}=6$cm,
$\overline{AC}=7$cm, $\overline{AD}$, $\overline{AD'}$分别是$\angle A$和它的外角平分线，求
$\overline{DD'}$的长．
\item 已知$P$是$\angle A$内的一个定点，求经过$P$作一条直线，分
别交$\angle A$的两边于$B$、$C$, 使$\overline{AB}:\overline{AC}=3:2$.
\item $OC$是$\angle AOB$内的一条射线，求证从$OC$上任意两 点到
$\angle AOB$的两边的距离的比一定．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 2.3/2/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,C) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.6](C,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(E,F D,F)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)
\tkzLabelPoints[left](E)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第15题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=.45](A,B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDefPointWith[linear, K=.55](A,C) \tkzGetPoint{F}
\tkzDefPointWith[linear, K=.45](C,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(E,F D,E)
\tkzLabelPoints[below](B,C,E)
\tkzLabelPoints[left](D)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[above](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第19题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 如图，$D$、$E$、$F$分别是$\triangle ABC$的边$\overline{AB}$、$\overline{BC}$、$\overline{CA}$
上的点，$ADEF$
是菱形，$\overline{AB}=14$cm, $\overline{BC}=12$cm, $\overline{AC}=10$cm, 求$\overline{BE}$和$\overline{EC}$
的长．

\item 已知：$E$是平行四边形
$ABCD$的边$\overline{DA}$延长线上的一点，$\overline{EC}$交$\overline{AB}$于$G$, 交对角线$\overline{DB}$于$F$.

求证：$\overline{FC}^2=\overline{FG}\cdot \overline{FE}$
\item 设$\overline{AB}$的中点为$M$, 从$\overline{AB}$上另一点$C$向直线$AB$的一
侧引线段$\overline{CD}$. 令$\overline{CD}$的中点为$N$, $\overline{BD}$的中点为$P$, $\overline{MN}$
的中点为$Q$, 求证：直线$PQ$平分$\overline{AC}$.
\item 已知梯形的面积是$Q$, 上下底的比是$\frac{m}{n}$，
求两腰的延长线和上底所组成的三角形的面积．
\item 在直角三角形$ABC$中，$\overline{AD}$是斜边$\overline{BC}$上的高，作
$DE\bot AB$, $DF\bot AC$, $E,F$是垂足.

求证：$\frac{\overline{BE}}{\overline{CF}}=\frac{\overline{AC}^3}{\overline{AB}^3}$

\item 如图，已知$\overline{OM}:\overline{MP}=\overline{ON}:\overline{NR}$, 
求证：$\triangle PQR$是等腰三角形．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
\tkzDefPoints{0/0/O, 3/0/R, 4/3/N}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](O,N) \tkzGetPoint{M}
\tkzDefPointWith[linear, K=1.6](N,R) \tkzGetPoint{Q}
\tkzInterLL(O,R)(M,Q)  \tkzGetPoint{P}
\tkzLabelPoints[right](N,R,Q)
\tkzLabelPoints[left](O,M)
\tkzLabelPoints[below](P)
\tkzDrawPolygon(O,N,R)
\tkzDrawPolygon(N,Q,M)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第24题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 3/0/C, 2.4/3.5/A, 5/0/X, 4/.5/X1}
\tkzInterLL(X,X1)(A,C)  \tkzGetPoint{Y}
\tkzInterLL(X,X1)(A,B)  \tkzGetPoint{Z}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(X,B,Z)
\tkzLabelPoints[right](Y)
\tkzLabelPoints[left](A,Z)
\tkzLabelPoints[below](B,C,X)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第25题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item $\triangle ABC$被一条直线所截，设与三边的交点为$X$、$Y$、$Z$, 

试证：$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}}\cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}}\cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}}=1$

\item 设$O$是$\triangle ABC$内任一点，射线$AO$、$BO$、$CO$与对边
的交点分别是$X$、$Y$、$Z$, 那么
$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}}\cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}}\cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}}=1$


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 2.9/3.2/A, 2.5/1.5/O}
\tkzInterLL(A,O)(B,C)  \tkzGetPoint{X}
\tkzInterLL(B,O)(A,C)  \tkzGetPoint{Y}
\tkzInterLL(C,O)(B,A)  \tkzGetPoint{Z}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(A,X B,Y C,Z)
\tkzLabelPoints[right](Y)
\tkzLabelPoints[left](A,Z)
\tkzLabelPoints[below](B,C,X)
\tkzLabelPoints[below left](O)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第26题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
\tkzDefPoints{0/0/B, 2.6/0/C, 2.4/3.5/A, 5/0/D, 4/.25/X1}
\tkzInterLL(D,X1)(A,C)  \tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(D,X1)(A,B)  \tkzGetPoint{F}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(D,B,F)
\tkzLabelPoints[right](E)
\tkzLabelPoints[left](A,F)
\tkzLabelPoints[below](B,C,D)      
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第27题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 从$\triangle ABC$的一边$\overline{BC}$的延长线上的一点$D$, 引直线与
其它二边$\overline{AC}$、$\overline{AB}$相交于$E$、$F$, 若$\angle AEF=\angle AFE$, 则$\overline{BD}:\overline{CD}=\overline{BF}:\overline{CE}$.


\item 在$\triangle ABC$之边$\overline{AB}$、$\overline{AC}$上取$E$、$F$两点，使$\overline{EB}=2\overline{EA}$, $\overline{AF}=2\overline{FC}$, 延长$\overline{EF}$、$\overline{BC}$交于$H$, 求$\overline{BH}:\overline{CH}$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 4/0/C, 3/3/A}
\tkzDefPointWith[linear, K=0.333](A,B) \tkzGetPoint{E}
\tkzDefPointWith[linear, K=0.333](C,A) \tkzGetPoint{F}
\tkzInterLL(B,C)(E,F)  \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawSegments(E,H C,H)
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[left](A,E)
\tkzLabelPoints[below](B,C,H)  
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第28题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
        \tkzDefPoints{0/0/A, 2/0/B, 4/0/D, 2.8/3/C}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefPointWith[linear, K=.45](C,A) \tkzGetPoint{E}
\tkzInterLL(D,E)(B,C)  \tkzGetPoint{F}
\tkzLabelPoints[right](F)
\tkzLabelPoints[left](C,E)
\tkzLabelPoints[below](B,A,D)  
\tkzDrawSegments(E,D B,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第29题}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\item 在$\triangle ABC$中，$\overline{AB}<\overline{AC}$, 延长$\overline{AB}$至$D$, 使$\overline{BD}=\overline{AB}$, 在$\overline{AC}$上取$E$点，使$\overline{CE}=\overline{BD}$, 连接$\overline{DE}$与$\overline{BC}$交于
$F$, 则$\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{EF}:\overline{FD}$.

\item 延长$\triangle ABC$的$\overline{BC}$边至$D$, 使$\overline{CD}=\overline{BC}$, 从$D$点引直
线通过$\overline{AC}$的中点$E$, 与$\overline{AB}$边相交于$F$, 求$\overline{FE}:\overline{ED}$.
\item 从$\triangle ABC$的底边$\overline{BC}$中点
$D$引直线，与过顶点$A$平行
$BC$的直线相交于$G$, 与$\overline{BA}$
的延长线相交于$E$, 又与$AC$
相交于$F$, 求证：$\overline{DF}:\overline{FG}=\overline{DE}:\overline{EG}$.

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 2/0/C, 4/0/D, 2.2/3.5/A}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzDefMidPoint(A,C)  \tkzGetPoint{E}
    \tkzInterLL(D,E)(B,A)  \tkzGetPoint{F}
    \tkzLabelPoints[right](E)
    \tkzLabelPoints[left](A,F)
    \tkzLabelPoints[below](B,C,D)   
    \tkzDrawSegments(C,D D,F)
    
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第30题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.8]
    \tkzDefPoints{0/0/B, 2/0/D, 4/0/C, 1.6/2.5/A, 3.5/2.5/X1, 2.2/1/X2}
    \tkzDrawPolygon(A,B,C)
    \tkzInterLL(D,X2)(B,A)  \tkzGetPoint{E}
    \tkzInterLL(D,X2)(X1,A)  \tkzGetPoint{G}
    \tkzInterLL(D,X2)(C,A)  \tkzGetPoint{F}
    \tkzLabelPoints[right](F)
    \tkzLabelPoints[left](A,E)
    \tkzLabelPoints[above right](G)
    \tkzLabelPoints[below](B,C,D)   
    \tkzDrawSegments(A,X1 A,E E,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第31题}
    \end{minipage}
    \end{figure}



\end{enumerate}